AT1219题解

题意

设 \(a\) 的价值为 \(a \times cnt_a\)（\(cnt_a\) 为 \(a\) 在区间中出现的次数），求区间种某种元素，使得这种元素的价值最大。

因为设计出现元素的次数，所以首先考虑莫队。

由于 Add 操作很好写，Del 操作不会写，所以我们考虑一种专门处理 Del 不容易处理的莫队：回滚莫队。

回滚莫队将询问区间分为两部分。设 \([L,R]\) 的左端点 \(L\) 所在块的右端点为 \(p\)，则将区间分为 \([L,p]\) 和 \([p,R]\)。

我们发现对于左端点所在块不变的情况，右端点 $ R $ 是单调递增的，可以直接 Add；而左端点的数量级在 \(O(\sqrt n)\) 级别，我们可以先只计算右边的区间的贡献，然后向左 Add，最后撤回向左的 Add。

因为向左的操作只有 \(O(\sqrt n)\) 个，所以撤回操作的复杂度也是 \(O(\sqrt n)\) 的。

不过这道题有一点儿细节，具体见代码。

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
const int M=1e5+5;
int n,m,p,a[M],CB[M],lsh[M];long long cur,tmp,ans[M];
int len,v[M],mdf[M];bool vis[M];
inline long long max(const long long&a,const long long&b){
	return a>b?a:b;
}
struct Query{
	int L,R,p,id;
	inline bool operator<(const Query&it)const{
		return p==it.p?R<it.R:L<it.L;
	}
}q[M];
inline void AddR(const int&val){
	cur=max(cur,1ll*++CB[val]*lsh[val]);
}
inline void AddL(const int&val){
	if(!vis[val]){
		++len;mdf[len]=val;v[len]=CB[val];vis[val]=true;
	}
	tmp=max(tmp,1ll*++CB[val]*lsh[val]);
}
signed main(){
	register int i,j,id;
	scanf("%d%d",&n,&m);p=ceil(n/sqrt(2.0*m/3));
	for(i=1;i<=n;++i)scanf("%d",a+i),lsh[++len]=a[i];
	std::sort(lsh+1,lsh+len+1);len=std::unique(lsh+1,lsh+len+1)-lsh-1;
	for(i=1;i<=n;++i)a[i]=std::lower_bound(lsh+1,lsh+len+1,a[i])-lsh;len=0;
	for(i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d",&q[i].L,&q[i].R);
		q[i].p=(q[i].L-1)/p+1;q[i].id=i;
	}
	std::sort(q+1,q+m+1);
	for(i=1;i<=m;++i){
		const int&QL=q[i].L,&QR=q[i].R;
		if(i==1||q[i].p!=q[i-1].p){
			for(j=1;j<=n;++j)CB[j]=0;
			id=q[i].p*p;cur=0;
		}
		if((QL-1)/p==(QR-1)/p){
			tmp=0;
			for(j=QL;j<=QR;++j)AddL(a[j]);
		}
		else{
			while(id<QR)AddR(a[++id]);tmp=cur;
			for(j=QL;j<=q[i].p*p;++j)AddL(a[j]);
		}
		for(j=1;j<=len;++j)CB[mdf[j]]=v[j],vis[mdf[j]]=false;
		ans[q[i].id]=tmp;len=0;
	}
	for(i=1;i<=m;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
}