题面
.gif)
.gif)
.gif)
.gif)
分析
先分块，设块大小为x(之后我们会证明块大小取何值会更优)
步骤1
把所有的数离散化，然后对每个值开一个vector pos[i],pos[i]存储数i出现的位置
我们设查询的区间为[l,r],需要求数v出现的次数,然后在vector中二分查找出第一个>=l的数的位置p1,和第一个>r的数的位置p2,p2-p1即为数v出现的次数
例：
离散化后的数组a={1,3,3,2,3,1,3 },则pos[3]={2,3,5,7},因为第2,3,5个数为3
我们需要查找[2,6]中数3出现的次数，发现p1=2,p2=4,出现的次数即为2
步骤2
然后我们考虑询问，如果只记录每个块里的众数显然是不行的，因为我们需要把许多个块的结果合起来，而众数不满足区间可加性，无法在(O(sqrt n))的时间内完成结果合并
因此我们预处理出所有块端点组成的区间，(mode[l][r]，maxt[l][r]),表示[第l个块的起点,第r个块的终点]这个区间里的众数和众数的出现次数
查询[l,r]时我们可以得到中间的一个由块端点组成的区间，可以直接通过刚刚的预处理得到众数和众数的出现次数
两边多余的部分直接用步骤1暴力即可
至于mode,maxt数组如何预处理，直接用两重for循环来实现
首先枚举块的起点i,然后j从i遍历到n，用一个临时数组cnt来记录每个数出现的次数，就可以求出区间[i,j]的众数，如果j正好是块端点，则记录答案
for(int i=1; i<=bl; i++) {
int ans=INF;
int tim=0;
for(int j=lb(i); j<=n; j++) {
cnt[a[j]]++;
if(cnt[a[j]]>tim||(cnt[a[j]]==tim&&a[j]<ans)) {
ans=a[j];
tim=cnt[a[j]];
}
if(j%sz==0) {
mode[i][j/sz]=ans;
maxt[i][j/sz]=tim;
}else if(j==n){
mode[i][bl]=ans;
maxt[i][bl]=tim;
}
}
for(int j=lb(i); j<=n; j++) cnt[a[j]]=0;
}
时间复杂度分析
设块的大小为x,假设n为x的倍数
初始化部分:
从第一个块末尾需要遍历n-x次，从第二个块末尾需要遍历n-2x次，从第(frac{n}{x})个块末尾需要遍历(n-x·frac{n}{x})次
总的遍历次数为
其中(frac{1}{2}n)可忽略，时间复杂度为(O(frac{n^2}{x}))
查询部分：
考虑查询的极端情况，查询[2,n-1]
则需要遍历左,右长度各为(x-1)的块（可近似看成x)
时间复杂度为(O(x log n))
m次询问(O(mx log n))
所以总时间复杂度为(O(frac{n^2}{x}+mx log n))
根据均值不等式
当(x=sqrt{frac{n^2}{m log n}})时，总时间复杂度为(2sqrt{n^2mlog n}=O(nsqrt{mlog n}))
因此块大小为(sqrt{frac{n^2}{m log n}})时最优，由于n,m同级，可近似取(sqrt{n log n})
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
#include<vector>
#define maxn 100005
#define maxs 2005
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
inline void qread(int &x) {
x=0;
int sign=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') sign=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
x=x*sign;
}
inline void qread(long long &x) {
x=0;
long long sign=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') sign=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
x=x*sign;
}
inline void qprint(int x) {
if(x<0) {
putchar('-');
qprint(-x);
} else if(x==0) {
putchar('0');
return;
} else {
if(x/10>0) qprint(x/10);
putchar('0'+x%10);
}
}
int n,m,num,sz,bl;
int id[maxn];//第i个位置属于的块编号
int a[maxn];
int b[maxn];
inline int lb(int id) {//求第id个块的左端点
return sz*(id-1)+1;
}
inline int rb(int id) {//求第id个块的右端点
return sz*id>n?n:sz*id;
}
vector<int>pos[maxn];
int get_count(int val,int l,int r) {
return upper_bound(pos[val].begin(),pos[val].end(),r)-lower_bound(pos[val].begin(),pos[val].end(),l);
}
int cnt[maxn];
int mode[maxs][maxs];
int maxt[maxs][maxs];
void ini() {
for(int i=1; i<=n; i++) {
pos[a[i]].push_back(i);
}
// for(int i=1; i<=num; i++) {
// sort(pos[b[i]].begin(),pos[b[i]].end());
// }
for(int i=1; i<=bl; i++) {
int ans=INF;
int tim=0;
for(int j=lb(i); j<=n; j++) {
cnt[a[j]]++;
if(cnt[a[j]]>tim||(cnt[a[j]]==tim&&a[j]<ans)) {
ans=a[j];
tim=cnt[a[j]];
}
if(j%sz==0) {
mode[i][j/sz]=ans;
maxt[i][j/sz]=tim;
}else if(j==n){
mode[i][bl]=ans;
maxt[i][bl]=tim;
}
}
for(int j=lb(i); j<=n; j++) cnt[a[j]]=0;
}
}
int query(int l,int r) {
int ans=INF;
int tim=0;
if(id[l]+1<=id[r]-1) {
ans=mode[id[l]+1][id[r]-1];
tim=maxt[id[l]+1][id[r]-1];
}
for(int i=l; i<=min(r,rb(id[l])); i++) {
int tmp=get_count(a[i],l,r);
if(tmp>tim||(tmp==tim&&a[i]<ans)) {
ans=a[i];
tim=tmp;
}
}
if(id[l]!=id[r]) {
for(int i=lb(id[r]); i<=r; i++) {
int tmp=get_count(a[i],l,r);
if(tmp>tim||(tmp==tim&&a[i]<ans)) {
ans=a[i];
tim=tmp;
}
}
}
// return ans;
return b[ans];
}
int main() {
int l,r;
qread(n);
qread(m);
for(int i=1; i<=n; i++) {
qread(a[i]);
b[i]=a[i];
}
sort(b+1,b+1+n);
num=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1; i<=n; i++) {
a[i]=lower_bound(b+1,b+1+num,a[i])-b;
}
sz=sqrt(n/(log(n)/log(2)));
bl=1;
for(int i=1; i<=n; i++) {
id[i]=bl;
if(i%sz==0) bl++;
}
int x=0;
ini();
for(int i=1; i<=m; i++) {
qread(l);
qread(r);
l=(l+x-1)%n+1;
r=(r+x-1)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
x=query(l,r);
qprint(x);
putchar('
');
}
}