AT1219 歴史の研究

附带权值的类区间众数问题？不是很好策啊

发现题目没有强制在线，而且也只有询问操作，那么可以考虑莫队

但是这里的莫队有一个很显著的特征，插入的时候很好维护答案，但是删除的时候不好回退

那么有没有什么办法可以让莫队避免删除呢，当然是有的，而且这可以解决一大类类似问题

考虑类似于一般莫队的分块操作，我们再排序时以左端点所在块为第一关键字，右端点为第二关键字

那么我们可以根据左端点所在块分别处理这些询问

首先如果左右端点在同一块内，那么很简单，直接暴力统计完了直接删光光就好了，这是(O(sqrt n))的

如果不是呢？由于此时的右端点是递增的，我们维护一个指针不停地往右边插入数即可，对于每一块的复杂度不会超过(O(n))，由于一共只有(sqrt n)块，所以总体还是(O(nsqrt n))的

可是这个时候左端点只是在同一块里并不是不变的。但是这部分的长度最多也是(sqrt n)啊，再不济和暴力一样做了在删了就好了吗，一共(n)个询问所以最多也是(O(nsqrt n))的

所以这样的话复杂度就被压到了(O(nsqrt n))，顺便提一下这种神奇的莫队方法叫做回滚莫队，不过还是比较好理解的

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100005;
int blk[N]; struct ques
{
	int l,r,id;
	inline ques(CI L=0,CI R=0,CI Id=0)
	{
		l=L; r=R; id=Id;
	}
	inline friend bool operator <(const ques& A,const ques& B)
	{
		return blk[A.l]<blk[B.l]||(blk[A.l]==blk[B.l]&&A.r<B.r);
	}
}q[N]; int n,m,a[N],rst[N],num,now,size,bkt[N],tbkt[N]; LL ans[N],ret;
class FileInputOutput
{
	private:
		static const int S=1<<21;
		#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		#define pc(ch) (Ftop<S?Fout[Ftop++]=ch:(fwrite(Fout,1,S,stdout),Fout[(Ftop=0)++]=ch))
		char Fin[S],Fout[S],*A,*B; int pt[25],Ftop;
	public:
		Tp inline void read(T& x)
		{
			x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
			while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
		}
		Tp inline void write(T x)
		{
			if (!x) return (void)(pc('0'),pc('
')); RI ptop=0;
			while (x) pt[++ptop]=x%10,x/=10; while (ptop) pc(pt[ptop--]+48); pc('
');
		}
		inline void Fend(void)
		{
			fwrite(Fout,1,Ftop,stdout);
		}
		#undef tc
		#undef pc
}F;
inline int min(CI a,CI b)
{
	return a<b?a:b;
}
Tp inline void maxer(T& x,const T& y)
{
	if (y>x) x=y;
}
inline LL calc(CI l,CI r,LL ret=0)
{
	RI i; for (i=l;i<=r;++i) tbkt[a[i]]=0; for (i=l;i<=r;++i)
	++tbkt[a[i]],maxer(ret,1LL*tbkt[a[i]]*rst[a[i]]); return ret;
}
inline void add(CI now)
{
	++bkt[a[now]]; maxer(ret,1LL*bkt[a[now]]*rst[a[now]]);
}
inline void solve(CI id)
{
	int qr=min(id*size,n),pr=qr; RI i; memset(bkt,0,sizeof(bkt));
	for (ret=0;blk[q[now].l]==id;++now)
	{
		if (blk[q[now].l]==blk[q[now].r]) { ans[q[now].id]=calc(q[now].l,q[now].r); continue; }
		while (pr<q[now].r) add(++pr); LL t=ret; for (i=q[now].l;i<=qr;++i) add(i);
		ans[q[now].id]=ret; for (i=q[now].l;i<=qr;++i) --bkt[a[i]]; ret=t;
	}
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i; for (F.read(n),F.read(m),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),rst[i]=a[i];
	sort(rst+1,rst+n+1); num=unique(rst+1,rst+n+1)-rst-1; size=(int)sqrt(n);
	for (i=1;i<=n;++i) blk[i]=(i-1)/size+1,a[i]=lower_bound(rst+1,rst+num+1,a[i])-rst;
	for (i=1;i<=m;++i) F.read(q[i].l),F.read(q[i].r),q[i].id=i;
	for (sort(q+1,q+m+1),now=i=1;i<=blk[n];++i) solve(i);
	for (i=1;i<=m;++i) F.write(ans[i]); return F.Fend(),0;
}