Codeforces 1446D2 - Frequency Problem (Hard Version)（根分）

Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门

人菜结论题做不动/kk

首先考虑此题一个非常关键的结论：我们设整个数列的众数为 \(G\)，那么在最优子段中，\(G\) 一定是该子段的众数之一。考虑反证法，如果最优子段中众数出现次数 \(<\) 该子段中出现次数最多的数的出现次数，那么我们考虑向左向右扩展这个区间，显然由于 \(G\) 是整个区间中出现次数最多的数，我们总可以找到一个时刻，满足 \(G\) 的出现次数 \(\ge\) 原子段中出现次数最多的数的出现次数，此时子段的长度肯定不劣于原子段的长度，答案也不会变得更差。

看出这个性质之后 D1 就变得异常 trivial 了，考虑枚举除了 \(G\) 之外字段中另一个众数 \(x\)，那么考虑一个非常常用的套路：将序列中 \(G\) 的权值看作 \(1\)，\(x\) 的权值看作 \(-1\)，那么一个子段满足条件，当且仅当该子段中所有数的权值之和恰好为 \(0\)，拿个桶记录一下即可。

接下来考虑怎样解 D2。注意到这个东西长得像极了 P4062 Code+#1 Yazid 的新生舞会，而这东西用线段树显然是不太好维护的，因此考虑我的那个根分做法。考虑将所有数分为出现次数 \(\le\sqrt{n}\) 和 \(>\sqrt{n}\) 进行处理。出现次数 \(>\sqrt{n}\) 的数的个数显然是 \(\mathcal O(\sqrt{n})\) 级别的，我们对于这些数重复一遍 D1 的过程即可。对于出现次数 \(\le\sqrt{n}\) 的数我们换个角度批量处理这些数，即我们不关心出现次数最多的是哪个数，我们直接枚举众数的出现次数 \(c\)，然后双针，对于每个左端点，向右一直扩展直到其中出现次数最多的数出现次数 \(>c\)，如果我们发现出现次数最多的数不唯一则更新答案即可。这样复杂度就是 \(n\sqrt{n}\)。

const int MAXN=2e5;
const int DLT=MAXN+3;
int n,a[MAXN+5],cnt[MAXN+5],fst[DLT<<1],cnt_cnt[MAXN+5],res=0;
int main(){
	scanf("%d",&n);int G=0,mxcnt=0,lim=(int)sqrt(n),mx=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++;
	for(int i=1;i<=n;i++) chkmax(mx,cnt[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(cnt[i]==mx) mxcnt++,G=i;
	if(mxcnt>=2) return printf("%d\n",n),0;
//	printf("%d\n",G);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(cnt[i]>lim&&i!=G){
		memset(fst,-1,sizeof(fst));fst[DLT]=0;
		for(int j=1,s=0;j<=n;j++){
			if(a[j]==G) s++;if(a[j]==i) s--;
			if(~fst[s+DLT]) chkmax(res,j-fst[s+DLT]);
			else fst[s+DLT]=j;
		}
	} //printf("%d\n",res);
	for(int i=1;i<=lim+3;i++){
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));int mx=0;
		memset(cnt_cnt,0,sizeof(cnt_cnt));
		for(int l=1,r=1;l<=n;l++){
			while(r<=n&&max(mx,cnt[a[r]]+1)<=i){
				cnt_cnt[cnt[a[r]]]--;cnt[a[r]]++;cnt_cnt[cnt[a[r]]]++;
				chkmax(mx,cnt[a[r]]);++r;
			} //printf("%d %d %d\n",i,l,r);
			if(cnt_cnt[mx]>=2) chkmax(res,r-l);
			cnt_cnt[cnt[a[l]]]--;cnt[a[l]]--;cnt_cnt[cnt[a[l]]]++;
			if(!cnt_cnt[mx]) mx--;
		}
	} printf("%d\n",res);
	return 0;
}