[ZJOI 2022] 众数

\(\mathbb{D}\rm escription\)

\(\mathcal{P}\text{ortal.}\)

\(\mathbb{S}\rm olution\)

首先有一个 \(\rm observation\)：最终答案一定是以区间 \([l,r]\) 为划分，选取 \([l,r]\) 内的众数变成 \([l,r]\) 外的众数。

由 "\(a_i\) 只有 \(5\) 种取值" 的部分分启发，我们可以想到枚举从颜色 \(x\) 转移到颜色 \(y\)，再 \(\mathcal O(n)\) 地进行计算，总共是 \(\mathcal O(c^2n)\) 的。具体而言，记 \(\text{pre}_i,\text{suf}_i\) 分别为颜色 \(y\) 出现次数的前/后缀和，\(s_i\) 为颜色 \(x\) 的前缀和，我们从左到右枚举 \(r=i\)，可以得到

\[\text{Ans}_y=\max_{0\le j<i}\{\text{pre}_j-s_j\}+s_i+\text{suf}_{i+1} \]

其中取 \(\max\) 的 \(j+1\) 就是我们的 \(l\).

考场上我做到这里就捡 \(40\text{ pts}\) 跑路了。不过这个算法有没有优化的空间呢？事实上 \(\mathcal O(n)\) 计算是不必要的，我们只需要枚举颜色为 \(y\) 的下标即可！也就是说，如果枚举颜色 \(x\)，我们可以 \(\mathcal O(n)\) 地计算它转移到其它所有颜色的贡献！可以想到，如果枚举出现次数大于 \(B\) 的颜色 \(x\)，复杂度就会变得正常，也就是 \(\mathcal O(n^2/B)\).

如果解决出现次数小于 \(B\) 的颜色 \(x\) 转移到出现次数小于 \(B\) 的颜色 \(y\)，这个问题就解决了。

还是尝试分块。连续的区间要好做一些，所以枚举出现次数小于 \(B\) 的颜色 \(x\) 的出现次数 \(k\)（注意这里是先枚举出现次数），预处理 \(\text{pre}_i\) 表示位置 \(i\) 的颜色往前第 \(k\) 个同颜色的下标，再对 \(\text{pre}_i\) 做一个前缀 \(\max\) 以方便后文的计算。枚举颜色 \(y\)，还是类似上文的优化思想，只枚举颜色为 \(y\) 的下标 \(i\)，取 \(j=\text{pre}_{i-1}\) 就可以保证 \([j,i)\) 恰好存在能向 \(y\) 转移的颜色 \(x\)，且留下的颜色 \(y\) 个数最大。复杂度 \(\mathcal O(nB)\).

\(B\) 取 \(\sqrt n\) 即可得到 \(\mathcal O(n\sqrt n)\) 的复杂度。

$\mathbb{C}\rm ode $

竟然一发写过，我真的泪目了。

# include <cstdio>
# include <cctype>
# define print(x,y) write(x), putchar(y)

template <class T>
inline T read(const T sample) {
    T x=0; char s; bool f=0;
    while(!isdigit(s=getchar())) f|=(s=='-');
    for(; isdigit(s); s=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48);
    return f? -x: x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
    static int writ[50], w_tp=0;
    if(x<0) putchar('-'), x=-x;
    do writ[++w_tp]=x-x/10*10, x/=10; while(x);
    while(putchar(writ[w_tp--]^48), w_tp);
}

# include <cmath>
# include <vector>
# include <iostream>
# include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 2e5+5;

vector <int> ele[maxn];
int len,B,s[maxn],ans[maxn],Ans,pre[maxn];
int n,a[maxn],b[maxn],cnt[maxn],rk[maxn];

inline void handle_big() {
	for(int x=1;x<=len;++x) {
		if(cnt[x]<=B) continue;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			s[i] = s[i-1]+(a[i]==x);
		for(int y=1;y<=len;++y) if(x^y) {
			int premax=0;
			for(const auto& i:ele[y]) {
				ans[y] = max(ans[y],premax+s[i-1]+cnt[y]-rk[i]+1);
				premax = max(premax,rk[i]-s[i]);
			}
			Ans = max(Ans,ans[y]);
		}
	}
}

inline void handle_small() {
	int upper=0;
	for(int i=1;i<=len;++i) {
		ele[i].emplace_back(n+1);
		if(cnt[i]<=B) upper=max(upper,cnt[i]);
	}
	for(int k=1;k<=upper;++k) {
		for(int i=1;i<=n;++i) 
			if(rk[i]<k) pre[i]=-1;
			else pre[i] = ele[a[i]][rk[i]-k];
		for(int i=2;i<=n;++i)
			pre[i] = max(pre[i-1],pre[i]);
		for(int y=1;y<=len;++y) {
			int pos=-1;
			for(const auto& i:ele[y]) {
				int j = pre[i-1];
				if(j==-1) continue;
				while(ele[y][pos+1]<j) ++pos;
				if(i==n+1) ans[y] = max(ans[y],k+pos+1);
				else ans[y] = max(ans[y],k+cnt[y]-(rk[i]-pos-2));
			}
			Ans = max(Ans,ans[y]);
		}
	}
}	

inline void CandyIsMyWife() {
	n=read(9); B=sqrt(n); Ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		ans[i]=cnt[i]=0; ele[i].clear();
		a[i]=b[i]=read(9);
	}
	sort(b+1,b+n+1), len=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		a[i] = lower_bound(b+1,b+len+1,a[i])-b;
		rk[i] = ++ cnt[a[i]];
		ele[a[i]].emplace_back(i);
	} 
	handle_big();
	handle_small();
	print(Ans,'\n');
	for(int i=1;i<=len;++i)
		if(Ans==ans[i]) print(b[i],'\n');
}

int main() {
	freopen("mode.in","r",stdin);
	freopen("mode.out","w",stdout);
	pre[0]=-1;
	for(int T=read(9); T; --T) CandyIsMyWife();
	return 0;
}