题意
4401 蒲公英 0x40「数据结构进阶」例题
描述
样例输入
6 3 1 2 3 2 1 2 1 5 3 6 1 5
样例输出
1 2 1
来源
石家庄二中Violet 6杯省选模拟赛
分析
分块。
分成长度为T的tot块。因为众数只可能是整块里的众数或者是在整块外面又出现的数，所以可以预处理出任意连续的几块中每个数出现的的次数【需要离散化】和众数，再对询问区间中不在整块里的暴力统计，总复杂度O(n * tot^2+m * T)，其中tot * T=n。取tot=n^(1/3)，T=n^(2/3)。
时间复杂度O(n^(5/3))，空间复杂度O(n^(5/3))。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=4e4+6,T=37;
int a[N],b[N],L[N],R[N],pos[N],c[T][T][N],f[T][T][2],now[2];
void work(int x,int y,int num){
++c[x][y][num];
if(c[x][y][num]>now[0]||c[x][y][num]==now[0]&&num<now[1])
now[0]=c[x][y][num],now[1]=num;
}
int ask(int l,int r){
int p=pos[l],q=pos[r];
int x=0,y=0;
if(p+1<=q-1) x=p+1,y=q-1;
copy(f[x][y],f[x][y]+2,now);
if(p==q){
for(int i=l;i<=r;++i) work(x,y,a[i]);
for(int i=l;i<=r;++i) --c[x][y][a[i]];
}
else{
for(int i=l;i<=R[p];++i) work(x,y,a[i]);
for(int i=L[q];i<=r;++i) work(x,y,a[i]);
for(int i=l;i<=R[p];++i) --c[x][y][a[i]];
for(int i=L[q];i<=r;++i) --c[x][y][a[i]];
}
return b[now[1]];
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
int n=read<int>(),m=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=read(a[i]);
sort(b+1,b+n+1);
int tot=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b;
int t=pow(n,1.0/3);
int len=t?n/t:n;
for(int i=1;i<=t;++i) L[i]=(i-1)*len+1,R[i]=i*len;
if(R[t]<n) L[t+1]=R[t]+1,R[++t]=n;
for(int i=1;i<=t;++i)for(int j=L[i];j<=R[i];++j) pos[j]=i;
for(int i=1;i<=t;++i)for(int j=1;j<=t;++j){
for(int k=L[i];k<=R[j];++k) ++c[i][j][a[k]];
for(int k=1;k<=tot;++k) if(c[i][j][k]>f[i][j][0])
f[i][j][0]=c[i][j][k],f[i][j][1]=k;
}
for(int x=0,l,r;m--;){
l=(read<int>()+x-1)%n+1,r=(read<int>()+x-1)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
printf("%d\n",x=ask(l,r));
}
return 0;
}再分析
在线区间众数的分块做法比较多，这里提供一个思路：
首先离散化一下比较方便。
最初可能会有一个想法，是不是众数只可能是完整的块的众数，或者不完整的块出现的数呢？显然很容易得出反例。
应该是完整的所有块的众数，和不完整块中出现的数。
所以我们可以预处理f(i,j)表示第 i 块到第 j 块的众数（枚举 i 开个桶扫一遍）。
那么只要能快速得出一个数在某个区间内出现次数即可，每次只要比较至多2√n+1个元素的出现次数，这题就解决了。
由于没有修改，只要离散化以后，给每个数 x 开个vector，按顺序存下 x 出现的位置，每次询问 x 时把区间的左右端点放进对应 vector 二分一下即可。
根据均值不等式，可以算出分块大小大概是√(n/logn)
再代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=4e4+6,T=806;
int a[N],b[N],c[N],L[N],R[N],pos[N],f[T][T];
vector<int> e[N];
int find(int x,int l,int r) {return upper_bound(e[x].begin(),e[x].end(),r)-lower_bound(e[x].begin(),e[x].end(),l);}
void work(int x,int l,int r,int&ans,int&cnt){
int w=find(x,l,r);
if(w>cnt||w==cnt&&x<ans) cnt=w,ans=x;
}
int ask(int l,int r){
int p=pos[l],q=pos[r];
int ans=0,cnt=0;
if(p==q){
for(int i=l;i<=r;++i) work(a[i],l,r,ans,cnt);
return b[ans];
}
int x=0,y=0;
if(p+1<=q-1) x=p+1,y=q-1;
for(int i=l;i<=R[p];++i) work(a[i],l,r,ans,cnt);
for(int i=L[q];i<=r;++i) work(a[i],l,r,ans,cnt);
if(f[x][y]) work(f[x][y],l,r,ans,cnt);
return b[ans];
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
int n=read<int>(),m=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=read(a[i]);
sort(b+1,b+n+1);
int tot=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
for(int i=1;i<=n;++i) e[a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b].push_back(i);
int t=sqrt(n*log(n)/log(2));
int len=t?n/t:n;
for(int i=1;i<=t;++i) L[i]=(i-1)*len+1,R[i]=i*len;
if(R[t]<n) L[t+1]=R[t]+1,R[++t]=n;
for(int i=1;i<=t;++i)for(int j=L[i];j<=R[i];++j) pos[j]=i;
for(int i=1;i<=t;++i){
fill(c+1,c+tot+1,0);
int cnt=0,ans=0;
for(int j=L[i];j<=n;++j){
if(++c[a[j]]>cnt||c[a[j]]==cnt&&a[j]<ans) cnt=c[a[j]],ans=a[j];
f[i][pos[j]]=ans;
}
}
for(int x=0,l,r;m--;){
l=(read<int>()+x-1)%n+1,r=(read<int>()+x-1)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
printf("%d\n",x=ask(l,r));
}
return 0;
}