题意
给一个长度为(n)的数组(a)，问有多少个子区间存在绝对众数（即有一个数出现次数大于(lfloorfrac{R-L+1}{2} floor)）。（(a_ile{10}^6,1le nle{10}^6)）
分析
其实这是道原题:「CodePlus 2017 11 月赛」Yazid 的新生舞会
首先枚举哪个数是绝对众数，设为(x)，由多数投票算法我们可以把所有(x)的位置改为(1)，所有非(x)的位置改为(-1)。(x)是区间绝对众数的区间就是和大于(0)的区间（即算前缀和的一个二维偏序）。用树状数组维护的复杂度为(n^2logn)。
我们发现，上面暴力的做法复杂度比暴力(O(n^2))还高是由于(-1)的点太多了。但是他们大多数不对答案产生贡献，那么就可以考虑用到哪些(-1)再在树状数组中对它进行插入/查询。对于值为(1)的点，直接在树状数组上查询/插入即可。对于值为(-1)的点，若它的前缀和为当前最小值，那么它之后的一段(-1)的答案一定为(0)，考虑之后用到再延迟插入即可。其他值为(-1)的点同样直接查询/插入即可。因为一个(1)最多只在它之后产生一个非最小值的(-1)且最多在它之前用掉一个延迟更新的(-1)，所以操作次数不超过(3n)。又发现所有延迟更新的区间是不相交的，所以可以(O(1))维护延迟更新的段。总时间复杂度为(O(nlogn))。
最后考虑到当前前缀和的变化一定是(+1,-1)或者直接变为最小值的。直接用数组和一个指针替换树状数组，暴力转移当前答案即可。
代码
(O(nlogn))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
constexpr int N(1e6+5);
struct Fenwick{
int cnt[N*2];
vector<pii>inserted;
void insert(int p,int v) {
if(v>0) inserted.push_back({p,v});
for(p+=N;p<N*2;p+=(p&-p)) {
cnt[p]+=v;
}
}
int count(int p) {
int ans=0;
for(p+=N;p;p-=(p&-p)) {
ans+=cnt[p];
}
return ans;
}
void clear() {
for(pii p:inserted)
insert(p.first,-p.second);
inserted.clear();
}
}fw;
struct Seg{
vector<pii>segs;
void add(int l,int r) {
segs.push_back(pii(l+N,r+N));
}
void de(int i) {
i+=N;
while(!segs.empty() && segs.back().first<=i){
int& j=segs.back().first;
fw.insert(j-N,1);
j++;
if(j>segs.back().second)
segs.pop_back();
}
}
void clear() {
segs.clear();
}
}sg;
void solve() {
int n,mx=0;
cin>>n;
vector<int>a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
mx=max(a[i],mx);
}
vector<vector<int>>nums(mx+1);
for(int i=1;i<=n;i++) nums[a[i]].push_back(i);
ll ans=0;
for(int num=0;num<=mx;num++) {
vector<int>&pos=nums[num];
if(pos.empty()) continue;
pos.push_back(n+1);
int minn=0,now=0;
fw.clear();
sg.clear();
fw.insert(0,1);
for(int i=1,j=0;i<=n;) {
if(a[i]==num) {
sg.de(now);
fw.insert(++now,1);
ans+=fw.count(now-1);
j++;
i++;
}
else {
if(now==minn) {
int l=now-1,r=now-(pos[j]-i);
now-=(pos[j]-i);
sg.add(r,l);
i=pos[j];
}
else {
fw.insert(--now,1);
ans+=fw.count(now-1);
i++;
}
minn=min(minn,now);
}
}
}
cout<<ans<<'
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
(O(n))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
constexpr int N(1e6+5);
struct Array{
int a[N*2],ans=0;
vector<int>pos;
void insert(int i) {
i+=N;
a[i]++;
pos.push_back(i);
}
int count(int i,int d) {
i+=N;
ans+=d*a[i];
return ans;
}
void to0() {
ans=0;
}
void clear() {
for(int p:pos) a[p]=0;
pos.clear();
to0();
}
}fw;
struct Seg{
vector<pii>segs;
void add(int l,int r) {
segs.push_back(pii(l+N,r+N));
}
void de(int i) {
i+=N;
while(!segs.empty() && segs.back().first<=i){
int& j=segs.back().first;
fw.insert(j-N);
j++;
if(j>segs.back().second)
segs.pop_back();
}
}
void clear() {
segs.clear();
}
}sg;
void solve() {
int n,mx=0;
cin>>n;
vector<int>a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>a[i];
mx=max(a[i],mx);
}
vector<vector<int>>nums(mx+1);
for(int i=1;i<=n;i++) nums[a[i]].push_back(i);
ll ans=0;
for(int num=0;num<=mx;num++) {
vector<int>&pos=nums[num];
if(pos.empty()) continue;
pos.push_back(n+1);
int minn=0,now=0;
fw.clear();
sg.clear();
fw.insert(0);
for(int i=1,j=0;i<=n;) {
if(a[i]==num) {
sg.de(now);
ans+=fw.count(now++,1);
fw.insert(now);
j++;
i++;
}
else {
if(now==minn) {
int l=now-1,r=now-(pos[j]-i);
now-=(pos[j]-i);
fw.to0();
sg.add(r,l);
i=pos[j];
}
else {
ans+=fw.count(--now,-1);
fw.insert(now);
i++;
}
minn=min(minn,now);
}
}
}
cout<<ans<<'
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T=1;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}