洛谷 P4168 [Violet]蒲公英 解题报告

P4168 [Violet]蒲公英

题目背景

亲爱的哥哥：

你在那个城市里面过得好吗？

我在家里面最近很开心呢。昨天晚上奶奶给我讲了那个叫「绝望」的大坏蛋的故事的说！它把人们的房子和田地搞坏，还有好多小朋友也被它杀掉了。我觉得把那么可怕的怪物召唤出来的那个坏蛋也很坏呢。不过奶奶说他是很难受的时候才做出这样的事的……

最近村子里长出了一大片一大片的蒲公英。一刮风，这些蒲公英就能飘到好远的地方了呢。我觉得要是它们能飘到那个城市里面，让哥哥看看就好了呢！

哥哥你要快点回来哦！

爱你的妹妹 Violet

Azure 读完这封信之后微笑了一下。

“蒲公英吗……”

题目描述

在乡下的小路旁种着许多蒲公英，而我们的问题正是与这些蒲公英有关。

为了简化起见，我们把所有的蒲公英看成一个长度为n的序列 ((a_1,a_2..a_n))，其中 (a_i)为一个正整数，表示第(i)棵蒲公英的种类编号。

而每次询问一个区间([l,r])，你需要回答区间里出现次数最多的是哪种蒲公英，如果有若干种蒲公英出现次数相同，则输出种类编号最小的那个。

注意，你的算法必须是在线的

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数 (n),(m) ，表示有(n)株蒲公英，(m)次询问。

接下来一行(n)个空格分隔的整数 (a_i)，表示蒲公英的种类

再接下来(m)行每行两个整数 (l_0,r_0)，我们令上次询问的结果为 (x)（如果这是第一次询问， 则 (x=0)）。

令 (l=(l_0+x-1)mod n + 1,r=(r_0+x-1) mod n + 1)，如果 (l>r)，则交换 (l,r) 。

最终的询问区间为([l,r])。

输出格式：

输出m 行。每行一个整数，表示每次询问的结果。

说明

对于 20% 的数据，保证 (1le n,m le 3000)。

对于 100% 的数据，保证 (1le n le 40000,1le m le 50000,1le a_i le 10^9)。

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分块有时候还是蛮考思维哒？

这是一道经典的在线区间求众数的问题

设分成大小为(S)块

当询问区间([l.r])时，我们把区间拆成([l,L)),([L,R]),((R,r])三个区间

其中(L,R)为块的边界

答案只可能是 ([L,R])的众数以及在区间([l,L))和区间((R,r])出现的数字

我们对任意两个块所包含的大区间维护它的众数和每个数字的出现个数

后者需要一个长为(n)的数组存储

这样查询的时候，我们只需要枚举边角的每个数字出现个数就行啦，单次复杂度(O(S))

预处理的话，我们需要枚举块的左右边界以及数字集，复杂度(O(N*T^2))

则总复杂度为(O(MS+N*T^2))

考虑块大小取多少时达到平衡

当(MS=N*T^2)时平衡

(N ≈ M)且(S*T=N)

所以(S^2=N^3)

(S=N^{frac{2}{3}})

总复杂度为(O(N^{frac{5}{3}}))

如果用vector存+二分找似乎更快

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Code:

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
const int N=4e4+10;
const int T=40;
int n,m,r,a[N],b[N],seg[T][T][N],num[T][T],L[T],R[T],pos[N],buct[N];
std::map <int,int > ma;
int query(int l,int r)
{
    int mx=0,ans,ll=pos[l]+1,rr=pos[r]-1;
    if(ll>rr)
    {
        for(int i=l;i<=r;i++)
        {
            ++buct[a[i]];
            if(buct[a[i]]>mx||(buct[a[i]]==mx&&a[i]<ans))
            {
                mx=buct[a[i]];
                ans=a[i];
            }
        }
        for(int i=l;i<=r;i++)
            buct[a[i]]=0;
    }
    else
    {
        mx=seg[ll][rr][0],ans=num[ll][rr];
        for(int i=l;i<L[ll];i++)
        {
            ++buct[a[i]];
            if(buct[a[i]]+seg[ll][rr][a[i]]>mx||(buct[a[i]]+seg[ll][rr][a[i]]==mx&&a[i]<ans))
            {
                mx=buct[a[i]]+seg[ll][rr][a[i]];
                ans=a[i];
            }
        }
        for(int i=R[rr]+1;i<=r;i++)
        {
            ++buct[a[i]];
            if(buct[a[i]]+seg[ll][rr][a[i]]>mx||(buct[a[i]]+seg[ll][rr][a[i]]==mx&&a[i]<ans))
            {
                mx=buct[a[i]]+seg[ll][rr][a[i]];
                ans=a[i];
            }
        }
        for(int i=l;i<L[ll];i++)
            buct[a[i]]=0;
        for(int i=R[rr]+1;i<=r;i++)
            buct[a[i]]=0;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",a+i),ma[a[i]]=1;
    for(map <int,int>::iterator it=ma.begin();it!=ma.end();it++)
        it->second=++r;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[ma[a[i]]]=a[i],a[i]=ma[a[i]];
    int s=pow(n,0.6666667),t;
    for(t=1;t*s<=n;t++)
        L[t]=(t-1)*s+1,R[t]=t*s;
    if(R[t-1]<n) L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;
    else --t;
    for(int i=1;i<=t;i++)
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
            pos[j]=i;
    for(int i=1;i<=t;i++)
        for(int j=i;j<=t;j++)
        {
            for(int k=L[i];k<=R[j];k++)
            {
                ++seg[i][j][a[k]];
                if(seg[i][j][a[k]]>seg[i][j][0]||(seg[i][j][a[k]]==seg[i][j][0]&&a[k]<num[i][j]))
                {
                    num[i][j]=a[k];
                    seg[i][j][0]=seg[i][j][a[k]];
                }
            }
        }
    int lastans=0;
    for(int l,r,i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&l,&r);
        l=(l+lastans-1)%n+1,r=(r+lastans-1)%n+1;
        if(l>r) swap(l,r);
        printf("%d
",lastans=b[query(l,r)]);
    }
    return 0;
}

---

2018.8.27