CF1446D Frequency Problem

一、题目

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二、解法

一开始不是很好入手，但是发现限制是至少两个元素出现最多，特殊情况是全序列出现最多的元素有两种，那么答案是 (n)

否则最多的数只有一种，记为 (x)，不难证明最优的答案是一定包含 (x) 的，因为如果不包含 (x) 那么可以通过调整使得答案更大，我觉得本质的原因是在于 (x) 是可以自由调控的。

利用这个性质可以容易地设计出简单版本的算法，因为 (a_ileq 100)，所以可以单独考虑每一种颜色 (y) 作为最大颜色的情况，这时候我们可以忽略其它颜色，判断一段区间中 (x,y) 出现次数相等，因为如果不合法一定不是最优解，那么把 (x) 当成 (1)，(y) 当成 (-1)，做一个前缀和就可以简单判断了，时间复杂度 (O(ncdot 100))

困难版本可以考虑值域分块，对于出现次数大于 (sqrt n) 的颜色用简单版做法，时间复杂度 (O(nsqrt n))，其他的颜色我们得到的条件是出现次数都 (leqsqrt n)，为了充分利用这个条件我们枚举答案的出现次数记为 (t)

然后枚举右端点 (r)，维护左端点 (l)，如果 ([l,r]) 中有数的出现次数 (> t) 那么右移左端点，如果合法更新答案，如果出现次数为 (t) 的只有一个（不合法），那么右移左端点也没用，所以不用操作，时间复杂度还是 (O(nsqrt n))

三、总结

对于一些难以入手的问题，可以先分析一些特殊情况，说不定能简化问题。

根据题目的特性枚举较小量，方便我们的统计。

套路：当某个值域是 (n) 级别并且答案涉及值域的时候可以考虑 (sqrt n) 相关的值域分块。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
const int M = 200005;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,t,pd,ans,a[M],cnt[M],mp[2*M];
signed main()
{
	n=read();m=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		cnt[a[i]]++;
	}
	//find the element that occur most frequently
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(cnt[i]>cnt[t]) t=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(cnt[i]==cnt[t]) pd++;
	if(pd>=2)
	{
		printf("%d
",n);
		return 0;
	}
	//frequency > sqrt(n)
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(cnt[i]>m && i!=t)
		{
			for(int i=0;i<=2*n;i++) mp[i]=0;
			mp[0+n]=1;
			for(int j=1,now=0;j<=n;j++)
			{
				if(a[j]==t) now++;
				if(a[j]==i) now--;
				if(mp[now+n]) ans=max(ans,j-mp[now+n]+1);
				if(!mp[now+n]) mp[now+n]=j+1;
			}
		}
	//frequency < sqrt(n)
	for(int x=1;x<=m;x++)
	{
		int tmp=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0;
		for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
		{
			cnt[a[i]]++;
			if(cnt[a[i]]==x) tmp++;
			while(cnt[a[i]]>x)
			{
				if(cnt[a[j]]==x) tmp--;
				cnt[a[j]]--;j++;//move the left point
			}
			if(tmp>=2) ans=max(ans,i-j+1);
		}
	}
	printf("%d
",ans);
}