P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会（分治做法）

Posted 2021-09-05 Jozky86

P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会

题意：

给出一个序列，求有多少个子区间满足众数的出现次数大于区间长度的一半。
出现次数大于区间长度的一般我们称之为绝对众数

题解：

分治做法
对于一个区间[l,r]，设mid=$\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor$,我们只需要求出所有经过mid的区间内能够成为众数的所有数,不横跨mid位置的子区间总会在一个二分统计中计算

有这样一个性质：如果x是区间[l,r]的绝对众数，对于l<=k<=r,x一定是区间[l,k]或区间(k,r]的众数
利用这个性质，我们可以令k=mid。

我们只需要求出区间[x,mid] (l<=x<mid)和区间[mid,y] (mid<y<=r)的众数，就可以得知所有横跨mid 的子区间的众数。这样就可以O(n)从mid出发往左右两边扫，求出所有能成为众数的数。

找出来的区间众数个数不会大于log(区间长度)

设当然枚举到的众数为nownum，问题就变成：有多少横跨mid的子区间中包含一半以上的nownum

这里用到一个高级的转化：我们将区间中不是nownum的数变成-1，是nownum的变成1，这样问题就变成：有多少横跨mid的子区间的和大于0
因为子区间横跨mid，我们设左端点为x(x一定在[l,mid]中)，右端点为y(y一定在[mid+1,r]中)
我们求一个前缀和sum，如果子区间是符合要求的，那一定满足sum[y]-sum[x-1]>0,移项后sum[y]>sum[x-1]，也就是对于每一个sum[y]，有多少个sum[x-1]是符合要求的。我们可以开一个桶，把所有sum[x-1]存进去，然后桶求个前缀和，这样就可以O(1)直到有多少个sum[x-1]是小于sum[y]的了
sum[x-1]的前缀和有可能是负数，所以加一个偏移量n
递归树中，每一层区间长度加起来是n，可能的众数个数有log n个，每一层的复杂度是O(nlogn).总共有log n层，总复杂度是$O(nlo{g}^{2}n)$

代码：

// Problem: P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P4062
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 4000 ms
// Data:2021-08-11 14:54:52
// By Jozky

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
template <typename T> inline void read(T& x)
{
    T f= 1;
    x= 0;
    char ch= getchar();
    while (0 == isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            f= -1;
        ch= getchar();
    }
    while (0 != isdigit(ch))
        x= (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch= getchar();
    x*= f;
}
template <typename T> inline void write(T x)
{
    if (x < 0) {
        x= ~(x - 1);
        putchar('-');
    }
    if (x > 9)
        write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
    startTime= clock();
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
    endTime= clock();
    printf("\\nRun Time:%lfs\\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn= 5e5;
int a[maxn];
ll ans;
int n, m;
int num[maxn], t, tot[maxn];
int isnum[maxn];
int sum[maxn * 2];
void solve(int l, int r)
{
    if (l == r) {
        ans++;
        return;
    }
    int mid= (l + r) >> 1;
    solve(l, mid);
    solve(mid + 1, r);
    t= 0;
    for (int i= mid; i >= l; i--) {
        tot[a[i]]++; //记录出现次数
        //如果出现次数大于区间长度的一半，并且还没有加入过，就加入数组
        if (tot[a[i]] > (mid - i + 1) / 2) {
            if (!isnum[a[i]]) {
                isnum[a[i]]= 1;
                num[++t]= a[i];
            }
        }
    }
    for (int i= mid; i >= l; i--)
        tot[a[i]]= 0;
    for (int i= mid; i <= r; i++) {
        tot[a[i]]++;
        if (tot[a[i]] > (i - mid) / 2) {
            if (!isnum[a[i]]) {
                isnum[a[i]]= 1;
                num[++t]= a[i];
            }
        }
    }
    for (int i= l; i <= r; i++)
        tot[a[i]]= 0, isnum[a[i]]= 0;
    int s, nownum;
    for (int k= 1; k <= t; k++) {
        s= 0;
        nownum= num[k]; //枚举现在所有的众数
        sum[s + n]++;
        for (int i= l; i < mid; i++) {
            s+= (a[i] == nownum ? 1 : -1);
            sum[s + n]++;
        }
        s+= (a[mid] == nownum ? 1 : -1);
        int len= r - l + 1;
        for (int i= -len; i <= len; i++) {
            sum[i + n]+= sum[i + n - 1];
        }
        for (int i= mid + 1; i <= r; i++) {
            s+= (a[i] == nownum ? 1 : -1);
            ans+= sum[s + n - 1];
        }
        for (int i= -len; i <= len; i++) {
            sum[i + n]= 0;
        }
    }
}
int main()
{
    //rd_test();
    cin >> n >> m;
    for (int i= 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    solve(1, n);
    printf("%lld\\n", ans);

    //Time_test();
}