[BZOJ2724] 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 (a1,a2..an)(a_1,a_2..a_n)(a1​,a2​..an​) ，其中 aia_iai​ 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 aia_iai​ ，表示蒲公英的种类

再接下来m 行每行两个整数 l0,r0l_0,r_0l0​,r0​ ，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=(l0+x−1)modn+1,r=(r0+x−1)modn+1l=(l_0+x-1)mod n + 1,r=(r_0+x-1) mod n + 1l=(l0​+x−1)modn+1,r=(r0​+x−1)modn+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。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

6 3 
1 2 3 2 1 2 
1 5 
3 6 
1 5

输出样例#1： 复制

1 
2 
1

说明

对于 20% 的数据，保证 1≤n,m≤30001le n,m le 30001≤n,m≤3000 。

对于 100% 的数据，保证 1≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤1091le n le 40000,1le m le 50000,1le a_i le 10^91≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai​≤109 。

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bzojAC， LuoguRE...what？原来数组开小了...

这个题我在很久之前写（chao）过20分做法..现在感觉自己好智障。

昨天刚学过分块今天看这道题，其实并不是那么不可做...虽然我并不知道为什么是黑题...

但好像这算是区间众数的板子？我是不会说我用学长的账号交的（会不会被打死）。

看到颜色数量1e9...离散化...

然后可以用f[i][j]表示第i个块到第j个块的区间众数，可以O(n*sqrt(n))求出.

然后就全是暴力了...

我们在每个颜色上开一个vector，按照插入顺序记录一下在数组中出现的位置。

对于每个询问(a, b)，我们先把ans赋为f[block[a]+1][block[b]-1],然后在vector里二分出第一个>=b,<=a的位置，然后做差就得到了在这一区间ans出现的次数；

之后处理零碎的区间[a, L[block[a]+1]), 和[L[block[b]],b]， 对于每个颜色都在vector里二分找出出现的次数，然后看能不能更新答案...

然后就做完了啦啦啦

总复杂度O(n*sqrt(n)+n*sqrt(n*logn));

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 哇塞忘贴代码了现在才发现... ——update 2018.7.18

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
    int res=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch)){res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return res; 
}
int n, m;
map <int, int> mp;
int lis;
int ty[50010];
int Bl, block[50010], L[50010];
int cnt[205][50010], f[205][205];
int num[50010], val[50010], stk[50010], top;
vector <int> ve[50010];

int main()
{
    n = read(), m = read();
    Bl = 200;
    for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++){
        int x = read();if (!mp[x]) mp[x] = ++lis, val[lis] = x;
        ty[i] = mp[x];
        block[i] = (i - 1) / Bl + 1;
        if (!L[block[i]]) L[block[i]] = i;
        ve[ty[i]].push_back(i);
    }
    for (register int i = 1 ; i <= block[n] ; i ++){
        int now = 0, tt = 0;
        memset(num, 0, sizeof num);
        for (register int j = L[i] ; j <= n ; j ++){
            cnt[i][ty[j]]++, num[ty[j]]++;
            if (num[ty[j]] > now or (num[ty[j]] == now and val[ty[j]] < val[tt]))
                now = num[ty[j]], tt = ty[j];
            f[i][block[j]] = tt;
        }
    }
    int lsans = 0;
    while(m--)
    {
        int a = read(), b = read();
        a = (a + lsans - 1) % n + 1, b = (b + lsans - 1) % n + 1;
        if (a > b) swap(a, b);
        int ans = f[block[a]+1][block[b]-1];//种类 
        top = 0;
        int mx = upper_bound(ve[ans].begin(), ve[ans].end(), b) - lower_bound(ve[ans].begin(), ve[ans].end(), a);//数目 
        for (register int i = a ; i < L[block[a]+1] ; i ++){
            int t = upper_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), b) - lower_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), a);//次数 
            if (t > mx or (t == mx and val[ty[i]] < val[ans])) mx = t, ans = ty[i];
        }
        for (register int i = L[block[b]] ; i <= b ; i ++){
            int t = upper_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), b) - lower_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), a);//次数 
            if (t > mx or (t == mx and val[ty[i]] < val[ans])) mx = t, ans = ty[i];            
        }
        lsans = val[ans];
        printf("%d
", val[ans]);
    }
    return 0;
}