题意：
给一个数组a,求区间内众数的数字个数大于区间长度一半的区间个数。
如众数是ai,ai个数>(r-l+1)/2符合题意。
思路：
因为我们每次只要看众数，所以可以根据出现的每个数来做。
对于一个数cnt[i],如果他在原串里的这个位置出现了，那就让这个位置为1，否则为-1。
那么对于这个东西我们就可以求前缀和，如果sum[i]-sum[j]>0，说明这段区间里的这个数比其他数总和多。
所以就变成了对于上面定义的这样一个数组，求前缀和sum[i]>sum[j]的个数（i>j）
定义两个数组f1[sum]为前缀和为sum的点的个数。
f2[sum]为差分数组来维护f1。
对于1我们只需要线性扫描+维护就行了。
特殊情况是对于前缀和为当前最小时的连续-1，因为这个时候不会产生新解，所以可以利用刚才的f2数组来做差分，快速实现对于f1某一段的+1
注意点：这里初始时有一个前缀和为0，但是不能直接用进去，因为后续如果到过负数，那么开始i=0时的0是不能被计算进后面的答案里的。
因此维护几个值的时候要前移一下，先计算这个点之前上一次的信息，来内含i=0时的信息。
下附代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 vector<ll> cnt; 5 vector<ll> G[1000005]; 6 ll res,n,a[1000005]; 7 ll flag[1000005]; 8 ll find(ll x){ 9 ll ans=0; 10 ll sum=0,minn=0; 11 unordered_map<ll,ll> f1,f2; 12 G[x].push_back(n+1); 13 ll k=0; 14 for (ll i=1; i<=n; i++){ 15 if (i>G[x][k]) k++; 16 if (a[i]!=x && sum==minn){ 17 ll len=G[x][k]-i-1; 18 f2[sum+1]--; 19 f2[sum-len]++; 20 i=G[x][k]-1; 21 sum=sum-len-1; 22 } 23 else if (a[i]==x) { 24 f1[sum]=f1[sum]+f2[sum]; 25 f2[sum+1]+=f2[sum]; 26 f2[sum]=0; 27 f1[sum]++; 28 ans+=f1[sum]; 29 res+=ans; 30 sum++; 31 32 } 33 else { 34 f1[sum]++; 35 sum--; 36 ans-=f1[sum]; 37 res+=ans; 38 } 39 if (sum<minn) minn=sum; 40 } 41 } 42 int main(){ 43 ll T; 44 scanf("%lld",&T); 45 while (T--){ 46 scanf("%d",&n); 47 cnt.clear(); 48 memset(flag,0,sizeof(flag)); 49 for (ll i=1; i<=n; i++){ 50 scanf("%lld",&a[i]); 51 if (!flag[a[i]]) cnt.push_back(a[i]),flag[a[i]]=1; 52 G[a[i]].push_back(i); 53 } 54 res=0; 55 for (auto i:cnt){ 56 find(i); 57 G[i].clear(); 58 } 59 printf("%lld ",res); 60 } 61 }
赛场上看到ai的范围，有因为题目性质提炼出来是看众数的个数，所以其实只要看一个数就行了。
自然而然想到能不能枚举每一个出现的ai，然后快速维护出个数大于一半的区间数。
当时时间复杂度搞错了，感觉前缀和会T，但是其实这是个只有1和-1的前缀和，可以通过差分数组跳过一段-1来优化。
下次抓到灵感还是要多挖掘一下，不能轻易否决