【CFR#655】F Omkar ans Modes

题目

交互题

给出长度为(n)的单调不减序列，一次询问可以询问([l,r])中的众数(x)（如果多个数字出现次数相同则返回最小的数字）以及(x)出现的次数(f)

设(n)中不同数字的个数为(k)，询问次数不得超过(4k) ，输出整个的序列

(1 le n le 2 imes 10^5 , 1 le k le 25000)

题解

调用函数(solve(1,n))

• (query(1,n))得到$(x,f) $（1）
• 找到满足(2^k le f lt 2^{k+1}) 的(k) ，query查询(1 o n)中下标为(2^k)的倍数的点（2）
• 查询值为(x)的可能有(1)或(2)（3）
  • 如果只有一个位置值为(x)，设为(j)，那么([j,j+2^k-1])和([j-2^k+1,j]) 中至少有一个众数为(x)，同时询问这两个区间即可得到(x)的准确位置
  • 如果有两个位置的值为(x)，设为(j_1)和(j_2)，那么([j_1-2^k+1,j_2])和([j_1,j_2+2^k-1]) 的众数均为(x)，询问任意一个区间即可得到(x)的准确位置
• 递归调用solve确定左右两边剩下的区间

复杂度分析

• (solve)会被准确地调用(k)次，因此(1)的复杂度为(O(k))
• 如果每次将(2)的查询存储起来，对于一个数值，一定被query一次或者两次，并且query一次的在（3）中被query两次，query两次的在（3）中被query一次，那么(2)（3）的复杂度为(O(3k))
• 故总的询问复杂度为(O(4k))，时间复杂度应为(O(n log n))

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair 
using namespace std;
const int N=400010;
int n,a[N],x,f,k,p1,p2;
pii query(int l,int r){
	printf("? %d %d
",l,r);
	fflush(stdout);
	scanf("%d %d",&x,&f);
	return mk(x,f);
}
void solve(int l,int r){
	pii q=query(l,r);
	if(q.second==r-l+1){
		for(int i=l;i<=r;++i)a[i]=q.first;
		return ;
	}
	for(k=1;(k<<1)<=q.second;k<<=1);
	int i=k,L,R;while(i<l)i+=k;
	for(;i<=r;i+=k){
		if(!a[i])a[i]=query(i,i).first;
		if(a[i]==q.first){p1=i;break;}
	}
	p2=p1+k;
	if(p2<=r&&!a[p2])a[p2]=query(p2,p2).first;
	if(a[p1]==a[p2]){
		pii p=query(max(l,p1-k+1),p2);
		L=p2-p.second+1,R=p2+q.second-p.second;
	}else {
	//	k>>=1;
		pii p=query(max(l,p1-k+1),p1);
		if(p.first==q.first)
			L=p1-p.second+1,R=p1+q.second-p.second;
		else {
			p=query(p1,min(p1+k,r));
			R=p1+p.second-1,L=p1-q.second+p.second;
		}
	}
	for(int j=L;j<=R;++j)a[j]=q.first;
	if(l<L)solve(l,L-1);
	if(R<r)solve(R+1,r);
}
int main(){
//	freopen("F.in","r",stdin);
//	freopen("F.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	solve(1,n);
	printf("! ");for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",a[i]);
	fflush(stdout);
	return 0;
}//tkys_Austin;