CF1446D1, D2 Frequency Problem
题目来源：Codeforces, Codeforces Round #683 (Div. 1, by Meet IT)，CF1446D1 Frequency Problem (Easy Version)，CF1446D2 Frequency Problem (Hard Version)
题目大意
有一个长度为 (n) 的序列 (a_1,a_2,dots ,a_n)。
我们定义一个子段（连续子序列）是好的，当且仅当其中出现次数最多的元素不唯一。
请求出，最长的、好的子段的长度。
数据范围：(1leq nleq 2 imes10^5)。对于 D1，(1leq a_ileq min(n,100))，对于 D2，(1leq a_ileq n)。
本题题解
D1
如果原序列里，出现次数最多的数不唯一，则答案就是 (n)。否则，考虑那个唯一的、出现次数最多的元素，记为 (x)。
发现，最长的、好的子段（也就是答案），有个必要条件是：(x) 是其中出现次数最多的元素之一。
证明：考虑一个好的子段 ([l,r])，如果 (x) 不是其中出现次数最多的元素。那么，我们依次考虑 ([l-1,r]), ([l-2,r]), ... ..., ([1,r]), ([1,r+1]), ([1,r+2]), ... ..., ([1,n])。因为 (x) 的数量每次最多增加 (1) 个，且它是整个序列里出现次数最多的元素。那么总有某一步后，(x) 和序列里其他出现最多的元素一样多。
我们枚举，答案的子段里，和 (x) 出现次数一样多的元素是谁，记为 (y)。问题转化为，对一组数值 ((x,y)) 计算答案。
我们可以忽略数列里除 (x), (y) 外的其他数。问题进一步转化为：求一个最长的子段，满足 (x), (y) 的出现次数一样多。
把数列里的 (x) 看做 (1)，(y) 看做 (-1)，其他数看做 (0)。得到一个序列 (b)。那么，我们要求最长的、和为 (0) 的子段长度。做前缀和，令 ( ext{sum}_i=sum_{j=1}^{i}b_j)。问题相当于找两个位置 (0leq l < rleq n)，满足 ( ext{sum}_r = ext{sum}_l)。对每个 ( ext{sum}) 值 (v)（([-n,n])，共 (2n+1) 个值）记录它最早的出现位置。然后枚举 (r)，并更新答案即可。
有读者可能对“忽略数列里除 (x), (y) 外的其他数”这一做法心存疑虑。因为有可能，我们找到的序列里，存在一个其他数值 (z)，出现次数多于 (x,y)。但是，基于以下两点：
- 存在这样 "(z)" 的子段，长度一定小于答案。证明：我们按和上面同样的方法，向两边扩展一下，直到 (x) 和 (z) 出现次数相等。得到的序列仍然满足：存在两个数 ((x,z)) 出现次数相等，且新的子段长度比原来长。所以只要存在这样的 "(z)"，我们就扩展一下，最终一定能得到没有 "(z)" 的，也就是以 (x) 为出现次数最多的数的子段，且长度一定严格大于原来的子段。
- 答案的子段，一定会被考虑到。因为只要满足 (x), (y) 出现次数相等，就会被考虑到。
我们用这种方法，求出的就是答案。
时间复杂度 (O(n imes ext{maxa})=O(n imes 100))。可以通过 D1。
D2
考虑答案序列里，出现次数最多的数，的出现次数。如果出现次数 (>sqrt{n})，则满足条件的数值只有不超过 (sqrt{n}) 个，我们套用 D1 的做法，时间复杂度 (O(nsqrt{n}))。
如果出现最多的数，出现次数 (leq sqrt{n})，我们枚举这个出现次数，记为 (t)。然后做 two pointers。
具体来说，枚举区间的右端点 (r)。对每个 (r)，记最小的，使得 ([l,r]) 内所有数出现次数都 (leq t) 的 (l) 为 (L_r)。容易发现，对于 (r=1,2,dots,n)，(L_r) 单调不降。并且，在当前的 (t) 下，对一个 (r) 来说，如果 ([L_r,r]) 不是好的子段（出现次数为 (t) 的数值，不到 (2) 个），那么其他 ([l,r]) ((L_r<lleq r)) 也不可能是。因为出现次数为 (t) 的数值，只会更少。
所以，随着我们从小到大枚举 (r)，只需要用一个变量来记录当前的 (L_r)。同时用数组维护一下，当前每个数的出现次数，以及每个出现次数的出现次数。就能确定，当前的 ([L_r,r]) 是否是好的区间。具体可以见代码。这个 two pointers 的过程是 (O(n)) 的。因为有 (sqrt{n}) 个 (t)，所以这部分的时间复杂度也是 (O(nsqrt{n}))。
总时间复杂度 (O(nsqrt{n}))。
总结
本题首先需要一个结论。通过观察、分析题目性质，是可以想到的。
然后需要一个技巧：把一个普通序列，转化为只含 (0), (1), (-1) 的序列。这样就把复杂的、出现次数的关系，转化为了简单的数值关系。这个技巧在一些经典的二分中位数的题里也有用到（把 (> ext{mid}) 的视为 (1)，(leq ext{mid}) 的视为 (-1)）。
D2，想到根号分治以后，应该就不是太难了。
参考代码
D1：
// problem: CF1446D1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 2e5;
const int INF = 1e9;
int n, mxa, a[MAXN + 5];
int cnt[MAXN + 5], mp[MAXN * 2 + 5];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
ckmax(mxa, a[i]);
cnt[a[i]]++;
}
int mx = 0, semx = 0;
for (int i = 1; i <= mxa; ++i) {
if (cnt[i] > cnt[mx]) {
semx = mx;
mx = i;
} else if (cnt[i] > cnt[semx]) {
semx = i;
}
}
// cerr << mx << " " << semx << endl;
if (!semx) {
// 整个序列只有一种值
cout << 0 << endl;
return 0;
}
if (cnt[semx] == cnt[mx]) {
cout << n << endl;
return 0;
}
int ans = 0;
for (int v = 1; v <= mxa; ++v) {
if (v == mx)
continue;
if (!cnt[v])
continue;
for (int i = 0; i <= n * 2; ++i) {
mp[i] = INF;
}
mp[n] = 0;
int presum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x = 0;
if (a[i] == mx) x = 1;
else if (a[i] == v) x = -1;
presum += x;
ckmax(ans, i - mp[presum + n]);
ckmin(mp[presum + n], i);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
D2：
// problem: CF1446D2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 2e5;
const int INF = 1e9;
const int BOUND = 448;
int n, mxa, a[MAXN + 5];
int cnt[MAXN + 5], mp[MAXN * 2 + 5];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
ckmax(mxa, a[i]);
cnt[a[i]]++;
}
int mx = 0, semx = 0;
for (int i = 1; i <= mxa; ++i) {
if (cnt[i] > cnt[mx]) {
semx = mx;
mx = i;
} else if (cnt[i] > cnt[semx]) {
semx = i;
}
}
// cerr << mx << " " << semx << endl;
if (!semx) {
// 整个序列只有一种值
cout << 0 << endl;
return 0;
}
if (cnt[semx] == cnt[mx]) {
cout << n << endl;
return 0;
}
int ans = 0;
for (int v = 1; v <= mxa; ++v) {
if (v == mx)
continue;
if (cnt[v] <= BOUND)
continue;
for (int i = 0; i <= n * 2; ++i) {
mp[i] = INF;
}
mp[n] = 0;
int presum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x = 0;
if (a[i] == mx) x = 1;
else if (a[i] == v) x = -1;
presum += x;
ckmax(ans, i - mp[presum + n]);
ckmin(mp[presum + n], i);
}
}
for (int frq = 1; frq <= BOUND; ++frq) {
for (int i = 1; i <= mxa; ++i) {
cnt[i] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
mp[i] = 0;
}
int l = 1;
for (int r = 1; r <= n; ++r) {
mp[cnt[a[r]]]--;
cnt[a[r]]++;
mp[cnt[a[r]]]++;
while (cnt[a[r]] > frq) {
mp[cnt[a[l]]]--;
cnt[a[l]]--;
mp[cnt[a[l]]]++;
++l;
}
if (mp[frq] >= 2) {
ckmax(ans, r - l + 1);
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}