LOJ6285. 数列分块入门 9 题解

题目链接：https://loj.ac/p/6285

设计操作：

1. 区间众数。

解题思路：

我摊牌了，我看的这篇题解：https://www.cnblogs.com/acfunction/p/10051345.html

写的太好了！！

主要操作：

• \(p_{i,j}\)：第 \(i\) 块到第 \(j\) 块的（最小的）众数；
• \(s_{i,j}\)：类似前缀和，在前 \(i\) 个块中 \(j\)（离散化的值）出现了几次。

如何预处理：

• 对于 \(s\)：直接每个块扫一遍，复杂度 \(O(n \sqrt n)\)；
• 对于 \(p\)：双重循环枚举 \(i,j\)，开一个数组暴力统计每个数出现了多少次。复杂度 \(O(n \sqrt n)\)

88分程序（有一部分超时了）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;

int n, blo, bl[maxn], m, // m表示不同的数值个数
    s[505][maxn],    // s[i][j]: 前i个块中数字j出现了几次
    p[505][505],    // p[i][j]: 第 [i,j] 块中最小的众数
    a[maxn];
map<int, int> mp;

vector<int> vec;
inline int getid(int val) {
    return lower_bound(vec.begin(), vec.end(), val) - vec.begin() + 1;
}

void _test(int a, int b) {
    cout << "[^] " << a << " : " << b << endl;
}

int query(int l, int r) {
    mp.clear();
    if (bl[l]+1 >= bl[r]) {
        int res, mx = 0;
        for (int i = l; i <= r; i ++) {
            int id = getid(a[i]);
            int t = ++ mp[id];
            if (t > mx || t == mx && id < res) {
                mx = t;
                res = id;
            }
        }
        return vec[res-1];
    }
    else {
        // 至少2个分块
        for (int i = l; i <= bl[l]*blo; i ++)
            mp[getid(a[i])] ++;
        for (int i = (bl[r]-1)*blo+1; i <= r; i ++)
            mp[getid(a[i])] ++;
        int res = p[bl[l]+1][bl[r]-1], mx = mp[res] + s[bl[r]-1][res] - s[bl[l]][res];
        for (auto pi : mp) {
            int x = pi.first, y = pi.second;
            int tmp = y + s[bl[r]-1][x] - s[bl[l]][x];
            if (tmp > mx || tmp == mx && x < res) {
                res = x;
                mx = tmp;
            }
        }
        return vec[res-1];
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n;
    blo = sqrt(n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        bl[i] = (i - 1) / blo + 1;
        vec.push_back(a[i]);
    }
    sort(vec.begin(), vec.end());
    vec.erase(unique(vec.begin(), vec.end()), vec.end());
    m = vec.size();
    // 求 p[i][j] : 第 i 个块到第 j 个块中的最小的众数
    for (int i = 1; i <= bl[n]; i ++) {
        mp.clear();
        int res, mx = 0;
        for (int j = i; j <= bl[n]; j ++) {
            for (int k = (j-1)*blo+1; k <= min(j*blo, n); k ++) {
                int val = getid(a[k]);
                mp[val] ++;
                if (mp[val] > mx || mp[val] == mx && val < res) {
                    res = val;
                    mx = mp[val];
                }
            }
            p[i][j] = res;
        }
    }
    // 求 s[i][j] : 前 i 个块中数字 j（离散化后的值）出现的次数
    mp.clear();
    for (int i = 1; i <= bl[n]; i ++) {
        for (int j = (i-1)*blo+1; j <= min(i*blo,n); j ++) {
            mp[getid(a[j])] ++;
        }
        for (int j = 1; j <= m; j ++) s[i][j] = mp[j];
    }
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << query(l, r) << endl;
    }
    return 0;
}

然后看了一下原作者的解法，原作者只开了上述的 \(p\) 数组，没有开 \(s\) 数组，而是使用了一个 vector 数组 \(ve[i]\) 保存数值 \(i\) 对应的坐标，而后通过二分找区间范围内有多少 \(i\)。

注：这题分块大小为 \(\sqrt n\) 会超时，将分块大小调整为 \(200\) 可过本题。

100分程序：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;

int n, blo, id, a[maxn], bl[maxn], p[505][505];
map<int, int> mp;
int val[maxn], cnt[maxn];
vector<int> g[maxn];

void pre(int x) {
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    int res = 0, mx = 0;
    for (int i = (x-1)*blo+1; i <= n; i ++) {
        cnt[a[i]] ++;
        int t = bl[i];
        if (cnt[a[i]] > mx || cnt[a[i]] == mx && val[a[i]] < val[res]) {
            res = a[i];
            mx = cnt[a[i]];
        }
        p[x][t] = res;
    }
}

int mycount(int l, int r, int x) {
    return upper_bound(g[x].begin(), g[x].end(), r) - lower_bound(g[x].begin(), g[x].end(), l);
}

int query(int l, int r) {
    int res = p[bl[l]+1][bl[r]-1], mx = mycount(l, r, res);
    for (int i = l; i <= min(bl[l]*blo, r); i ++) {
        int t = mycount(l, r, a[i]);
        if (t > mx || t == mx && val[a[i]] < val[res]) {
            res = a[i];
            mx = t;
        }
    }
    if (bl[l] != bl[r]) {
        for (int i = (bl[r]-1)*blo+1; i <= r; i ++) {
            int t = mycount(l, r, a[i]);
            if (t > mx || t == mx && val[a[i]] < val[res]) {
                res = a[i];
                mx = t;
            }
        }
    }
    return res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n;
    blo = 200;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        bl[i] = (i - 1) / blo + 1;
        if (!mp[a[i]]) {
            mp[a[i]] = ++id;
            val[id] = a[i];
        }
        a[i] = mp[a[i]];
        g[a[i]].push_back(i);
    }
    for (int i = 1; i <= bl[n]; i ++)
        pre(i);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        if (l > r) swap(l, r);
        cout << val[query(l, r)] << endl;
    }
    return 0;
}