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题意

长度为n的序列,有m次询问,每次询问求\([l,r]\) 间的众数,如果有多个,输出最小的那个

\(n\le 4\times 10^4,m\le 5\times 10^5,a_i\le10^9\)

分析

题目中要求在线(询问用上次答案加密)。众数不具有“区间可加性”,所以需要分块。

假设分成\(T\)块,每块长度\(L=N/T\)。每次询问\([l,r]\),设\(l\)处在\(p\)块,\(r\)处在\(q\)块,则区间分为三部分。

  • 开头的\([l,L)\)
  • \(第p+1\sim q-1块构成的区间[L,R]\)
  • 结尾的\((R,r]\)

    显然序列在整个询问区间的众数只可能出现在\([L,R]\)中的众数,或者头尾出现的数字中。

    可以预处理所有分块区间的众数\(d[l][r]\)表示\(l\)块到\(r\)块中的众数。复杂度\(O(TN)\)

    对于头尾的部分,暴力枚举每个数字,通过预先存在每个数字出现的位置,这样就可以二分查询该数字\([l,r]\)出现的次数,然后选取最大的即可。复杂度\(NM/T*log(N)\)

    所以总复杂度为\(O(TN+NM/T*log(N))\),又N和M几乎同级,可得\(T = \sqrt{Mlog(N)}\)时较优。

    更多细节请看代码

思路&步骤

  1. 存下每个数字,离散化,处理每个数字出现的位置,储存在STL::vector里面
  2. 分块,预处理整区间的众数
  3. 查询,先取整个区间的答案,然后两头扫
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 40010;
const int M = 500010;
/*
be[i] 表示 i 在第几块
id[i] 表示a[i]在离散化数组中的位置
blc为块大小
cnt[i] 预处理时需要的数组,表示 i 的个数
d[i][j]表示 i块与 j块之间的众数
v[i] 表示 数字 i 出现的位置
g为离散化vector
*/
int be[N],id[N],a[N],n,m;
int blc,cnt[N],d[1200][1200];
vector<int> v[N],g; int getID(int x){
return lower_bound(g.begin(),g.end(),x) - g.begin();
}
//预处理整块区间众数
void build(int x){
int res = -1;
for(int i=0;i<g.size();i++)cnt[i] = 0;
for(int i=(x-1)*blc+1;i<=n;i++){
cnt[id[i]] ++;
if(res == -1 || cnt[id[i]] > cnt[res] || (cnt[id[i]] == cnt[res] && id[i] < res)){
res = id[i];
}
d[x][be[i]] = res;
}
}
//询问[l,r]间x的个数
int ask(int l,int r,int x){
return upper_bound(v[x].begin(),v[x].end(),r) - lower_bound(v[x].begin(),v[x].end(),l);
}
int query(int l,int r){
//mxcnt为当前众数的个数,res为答案
int mxcnt = 0,res = -1;
if(be[r] - be[l] > 1){
res = d[be[l]+1][be[r]-1];
mxcnt = ask(l,r,res);
}
if(be[r] == be[l]){
for(int i=l;i<=r;i++){
int cnt = ask(l,r,id[i]);
if(res == -1 || mxcnt < cnt || (mxcnt == cnt && id[i] < res)){
res = id[i];
mxcnt = cnt;
}
}
}
else{
for(int i=l;i<=be[l] * blc;i++){
int cnt = ask(l,r,id[i]);
if(res == -1 || mxcnt < cnt || (mxcnt == cnt && id[i] < res)){
res = id[i];
mxcnt = cnt;
}
}
for(int i=(be[r]-1) * blc;i<=r;i++){
int cnt = ask(l,r,id[i]);
if(res == -1 || mxcnt < cnt || (mxcnt == cnt && id[i] < res)){
res = id[i];
mxcnt = cnt;
}
}
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
g.push_back(a[i]);
}
sort(g.begin(),g.end());g.erase(unique(g.begin(),g.end()),g.end());
for(int i=1;i<=n;i++){
id[i] = getID(a[i]);
v[id[i]].push_back(i);
}
blc = max(1,(int)(n/sqrt(m * log2(n))));
for(int i=1;i<=n;i++){
be[i] = (i-1) / blc + 1;
}
for(int i=1;i<=be[n];i++)
build(i);
int res = 0;
while(m--){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
l = (l + res - 1) % n + 1;
r = (r + res - 1) % n + 1;
if(l > r)swap(l,r);
res = g[query(l,r)];
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}

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