[BZOJ2724] 蒲公英

题目背景

亲爱的哥哥：

你在那个城市里面过得好吗？

我在家里面最近很开心呢。昨天晚上奶奶给我讲了那个叫「绝望」的大坏蛋的故事的说！它把人们的房子和田地搞坏，还有好多小朋友也被它杀掉了。我觉得把那么可怕的怪物召唤出来的那个坏蛋也很坏呢。不过奶奶说他是很难受的时候才做出这样的事的……

最近村子里长出了一大片一大片的蒲公英。一刮风，这些蒲公英就能飘到好远的地方了呢。我觉得要是它们能飘到那个城市里面，让哥哥看看就好了呢！

哥哥你要快点回来哦！

爱你的妹妹 Violet

Azure 读完这封信之后微笑了一下。

“蒲公英吗……”

题目描述

在乡下的小路旁种着许多蒲公英，而我们的问题正是与这些蒲公英有关。

为了简化起见，我们把所有的蒲公英看成一个长度为n的序列 (a1,a2..an)(a_1,a_2..a_n)(a1,a2..an) ，其中 aia_iai 为一个正整数，表示第i棵蒲公英的种类编号。

而每次询问一个区间 [l,r]，你需要回答区间里出现次数最多的是哪种蒲公英，如果有若干种蒲公英出现次数相同，则输出种类编号最小的那个。

注意，你的算法必须是在线的

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数 n,m ，表示有n株蒲公英，m 次询问。

接下来一行n个空格分隔的整数 aia_iai ，表示蒲公英的种类

再接下来m 行每行两个整数 l0,r0l_0,r_0l0,r0 ，我们令上次询问的结果为 x（如果这是第一次询问，则 x=0）。

令 l=(l0+x−1)modn+1,r=(r0+x−1)modn+1l=(l_0+x-1)\bmod n + 1,r=(r_0+x-1) \bmod n + 1l=(l0+x−1)modn+1,r=(r0+x−1)modn+1 ，如果 l>r，则交换 l,r 。

最终的询问区间为[l,r]。

输出格式：

输出m 行。每行一个整数，表示每次询问的结果。

输入输出样例

输入样例#1：
复制

6 3

1 2 3 2 1 2

1 5

3 6

1 5

输出样例#1： 复制

说明

对于 20% 的数据，保证 1≤n,m≤30001\le n,m \le 30001≤n,m≤3000 。

对于 100% 的数据，保证 1≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤1091\le n \le 40000,1\le m \le 50000,1\le a_i \le 10^91≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤109 。

bzojAC， LuoguRE...what？原来数组开小了...

这个题我在很久之前写（chao）过20分做法..现在感觉自己好智障。

昨天刚学过分块今天看这道题，其实并不是那么不可做...虽然我并不知道为什么是黑题...

但好像这算是区间众数的板子？我是不会说我用学长的账号交的（会不会被打死）。

看到颜色数量1e9...离散化...

然后可以用f[i][j]表示第i个块到第j个块的区间众数，可以O(n*sqrt(n))求出.

然后就全是暴力了...

我们在每个颜色上开一个vector，按照插入顺序记录一下在数组中出现的位置。

对于每个询问(a, b)，我们先把ans赋为f[block[a]+1][block[b]-1],然后在vector里二分出第一个>=b,<=a的位置，然后做差就得到了在这一区间ans出现的次数；

之后处理零碎的区间[a, L[block[a]+1]), 和[L[block[b]],b]，对于每个颜色都在vector里二分找出出现的次数，然后看能不能更新答案...

然后就做完了啦啦啦

总复杂度O(n*sqrt(n)+n*sqrt(n*logn));

哇塞忘贴代码了现在才发现... ——update 2018.7.18

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <map>

#include <cmath>

#include <cstring>

#include <vector>

#include <algorithm>

using namespace std;

inline int read(){

    int res=;char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch))ch=getchar();

    while(isdigit(ch)){res=(res<<)+(res<<)+(ch^);ch=getchar();}

    return res;

}

int n, m;

map <int, int> mp;

int lis;

int ty[];

int Bl, block[], L[];

int cnt[][], f[][];

int num[], val[], stk[], top;

vector <int> ve[];

int main()

{

    n = read(), m = read();

    Bl = ;

    for (register int i =  ; i <= n ; i ++){

        int x = read();if (!mp[x]) mp[x] = ++lis, val[lis] = x;

        ty[i] = mp[x];

        block[i] = (i - ) / Bl + ;

        if (!L[block[i]]) L[block[i]] = i;

        ve[ty[i]].push_back(i);

    }

    for (register int i =  ; i <= block[n] ; i ++){

        int now = , tt = ;

        memset(num, , sizeof num);

        for (register int j = L[i] ; j <= n ; j ++){

            cnt[i][ty[j]]++, num[ty[j]]++;

            if (num[ty[j]] > now or (num[ty[j]] == now and val[ty[j]] < val[tt]))

                now = num[ty[j]], tt = ty[j];

            f[i][block[j]] = tt;

        }

    }

    int lsans = ;

    while(m--)

    {

        int a = read(), b = read();

        a = (a + lsans - ) % n + , b = (b + lsans - ) % n + ;

        if (a > b) swap(a, b);

        int ans = f[block[a]+][block[b]-];//种类

        top = ;

        int mx = upper_bound(ve[ans].begin(), ve[ans].end(), b) - lower_bound(ve[ans].begin(), ve[ans].end(), a);//数目

        for (register int i = a ; i < L[block[a]+] ; i ++){

            int t = upper_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), b) - lower_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), a);//次数

            if (t > mx or (t == mx and val[ty[i]] < val[ans])) mx = t, ans = ty[i];

        }

        for (register int i = L[block[b]] ; i <= b ; i ++){

            int t = upper_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), b) - lower_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), a);//次数

            if (t > mx or (t == mx and val[ty[i]] < val[ans])) mx = t, ans = ty[i];

        }

        lsans = val[ans];

        printf("%d\n", val[ans]);

    }

    return ;

}