CH 4401 - 蒲公英 - [分块]

Posted 2021-01-12 dilthey

题目链接：传送门

 

题解：

经典的在线求区间众数的问题，由于区间众数不满足区间可加性，所以考虑分块，假设分块长度为 $S$，则总共分成 $T=N/S$ 块，

对于每个询问 $[l,r]$，设点 $l$ 在第 $p$ 块，点 $r$ 在第 $q$ 块，假设第 $p+1$ 到第 $q-1$ 块这整一个区间为 $[L,R]$，

那么，查询的区间就被分为 $[l,L)$ 和 $[L,R]$ 和 $(R,r]$ 三大块，显然可以分两种情况讨论：

1、$[L,R]$ 这个区间的众数就是 $[l,r]$ 的众数；

2、$[L,R]$ 这个区间的众数不是 $[l,r]$ 的众数，那么必然是由于 $[L,R]$ 区间内的某个数，它出现的次数，加上了 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中出现的次数，超过了原本 $[L,R]$ 的众数；因此，这个必然在 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中出现。

这样一来，就很好算了，不妨对于所有可行的 $[L,R]$，预处理出一个数组 $cnt_{L,R}$，记录区间 $[L,R]$ 内每个数字出现的次数，同时再记录 $[L,R]$ 的众数是哪个，

显然经过离散化处理后，$cnt_{L,R}$ 的空间复杂度为 $O(N)$，而所有可行的区间 $[L,R]$ 有 $O(T^2) = O(N^2 /S^2)$ 个；

那么，对于每次查询 $[l,r]$，$O(S)$ 枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中的出现的数，把它们加到 $[L,R]$ 对应的 $cnt_{L,R}$ 数组之中，维护最大值的同时与 $[L,R]$ 的众数的出现次数进行比较，就可以找到众数，

最后，再 $O(S)$ 地枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中的出现的数，把 $cnt_{L,R}$ 数组复原即可。

因此，对于每次查询，$O(S)$ 即可求得答案，总的就是 $O(MS)$；而预处理是 $O(NT^2) = O(N^3 /S^2)$；所以总时间复杂度为 $O(MS + N^3 /S^2)$，可知，当 $S = sqrt[3]{{N^3 /M}} = frac{N}{{sqrt[3]{M}}}$ 时最小，为 $O(NM^{frac{2}{3}})$。

 

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;

const int maxn=4e4+10;
const int maxm=5e4+10;

int n,m;
int a[maxn],aid[maxn];
int cnt[40][40][maxn];
pii mode[40][40];

int block[maxn],len,tot;
int L[maxn],R[maxn];

vector<int> v;
inline int getid(int x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1;}

void update(int x,int y,int i,pii &res)
{
    cnt[x][y][aid[i]]++;
    if(cnt[x][y][aid[i]]>res.first || (cnt[x][y][aid[i]]==res.first && a[i]<a[res.second]))
    {
        res.first=cnt[x][y][aid[i]];
        res.second=i;
    }
}
int ask(int l,int r)
{
    int st=block[l],ed=block[r];
    pii res;
    if(ed-st<=1)
    {
        res=make_pair(0,0);
        for(int i=l;i<=r;i++) update(0,0,i,res);
        for(int i=l;i<=r;i++) cnt[0][0][aid[i]]--;
    }
    else
    {
        res=mode[st+1][ed-1];
        for(int i=l;i<=R[st];i++) update(st+1,ed-1,i,res);
        for(int i=L[ed];i<=r;i++) update(st+1,ed-1,i,res);
        for(int i=l;i<=R[st];i++) cnt[st+1][ed-1][aid[i]]--;
        for(int i=L[ed];i<=r;i++) cnt[st+1][ed-1][aid[i]]--;
    }
    return res.second;
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    len=max(1,(int)(n/pow(m,1.0/3.0)));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        v.push_back(a[i]);

        block[i]=(i-1)/len+1;
        if(i==1) L[block[i]]=i;
        if(i==n) R[tot=block[i]]=i;
        if(2<=i && i<=n && block[i-1]!=block[i])
        {
            R[block[i-1]]=i-1;
            L[block[i]]=i;
        }
    }
    sort(v.begin(),v.end());
    v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
    for(int i=1;i<=n;i++) aid[i]=getid(a[i]);

    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        for(int j=i;j<=tot;j++)
        {
            mode[i][j]=make_pair(0,0);
            for(int k=L[i];k<=R[j];k++)
            {
                cnt[i][j][aid[k]]++;
                if(cnt[i][j][aid[k]]>mode[i][j].first || (cnt[i][j][aid[k]]==mode[i][j].first && a[k]<a[mode[i][j].second]))
                {
                    mode[i][j].first=cnt[i][j][aid[k]];
                    mode[i][j].second=k;
                }
            }
        }
    }

    int ans=0;
    while(m--)
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        l=(l+ans-1)%n+1;
        r=(r+ans-1)%n+1;
        if(l>r) swap(l,r);
        printf("%d
",ans=a[ask(l,r)]);
    }
}

（被这题僵了好久……深深感到自己码力的弱小……）