「Codeforces 429D」Destiny

Description

给定一个长度为 (n) 的数列 ({a_1,a_2,cdots ,a_n})，(q) 次询问。

每个询问给定一段区间 ([l,r]) 以及一个整数 (k)，求该区间中出现次数大于 (frac{r - l + 1}{k}) 次的最小数。如果不存在输出 -1。

Hint

(1le n,qle 3 imes 10^5)

(1le a_ile n, 1le lle rle ,2le kle 5)

Solution

先对数列 (a) 建出可持久化线段树（主席树）。

然后重点是查询。

对于某个询问，设 (c = frac{r - l + 1}{k}) ，那么在主席树的某一个结点：

计算出左右儿子的 size，即值在左右儿子管辖值域的数的个数，分别记为 (sL,sR)。

由于要求这个数字尽量小，因此先在左子树中查找，再右子树。

但即便如此，那也不是两颗子树都是要搜的。

显然如果 (sL le c) ，那么左边就不可能有答案，没有搜的必要。右边同理。

其他部分就是平平常常的主席树。时空复杂度 (O(nlog n))

Code

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : Codeforces 429D Destiny
 */
#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3e5 + 5;
const int S = N << 5;

int lc[S], rc[S];
int size[S];
int total = 0;
int root[N];
#define mid ((l + r) >> 1)

int build(int l, int r) {
	int rt = ++total;
	if (l == r) return rt;
	lc[rt] = build(l, mid);
	rc[rt] = build(mid + 1, r);
	return rt;
}

int update(int pre, int l, int r, int p) {
	int rt = ++total;
	size[rt] = size[pre] + 1;
	lc[rt] = lc[pre], rc[rt] = rc[pre];
	if (l == r) return rt;
	if (p <= mid) lc[rt] = update(lc[pre], l, mid, p);
	else rc[rt] = update(rc[pre], mid + 1, r, p);
	return rt;
}

int query(int s, int t, int l, int r, int c) {
	if (l == r) return l;
	int sL = size[lc[t]] - size[lc[s]];
	int sR = size[rc[t]] - size[rc[s]];
	int temp = -1;
	if (sL > c)
		if ((temp = query(lc[s], lc[t], l, mid, c)) != -1)
			return temp;
	if (sR > c)
		if ((temp = query(rc[s], rc[t], mid + 1, r, c)) != -1)
			return temp;
	return -1;
}

int n, q;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> q;
	root[0] = build(1, n);
	
	for (register int a, i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a, root[i] = update(root[i - 1], 1, n, a);
	
	while (q--) {
		int l, r, k;
		cin >> l >> r >> k;
		k = (r - l + 1) / k;
		cout << query(root[l - 1], root[r], 1, n, k) << endl;
	}
	return 0;
}