CH 4401/Luogu 4168 - 蒲公英 - [分块]

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题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4168

题解：

经典的在线求区间众数的问题，由于区间众数不满足区间可加性，所以考虑分块，假设分块长度为 $S$，则总共分成 $T=N/S$ 块，

对于每个询问 $[l,r]$，设点 $l$ 在第 $p$ 块，点 $r$ 在第 $q$ 块，假设第 $p+1$ 到第 $q-1$ 块这整一个区间为 $[L,R]$，

那么，查询的区间就被分为 $[l,L)$ 和 $[L,R]$ 和 $(R,r]$ 三大块，显然可以分两种情况讨论：

1、$[L,R]$ 这个区间的众数就是 $[l,r]$ 的众数；

2、$[L,R]$ 这个区间的众数不是 $[l,r]$ 的众数，那么必然是由于 $[L,R]$ 区间内的某个数，它出现的次数，加上了 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中出现的次数，超过了原本 $[L,R]$ 的众数；因此，这个必然在 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中出现。

这样一来，就很好算了，不妨对于所有可行的 $[L,R]$，预处理出一个数组 $cnt_{L,R}$，记录区间 $[L,R]$ 内每个数字出现的次数，同时再记录 $[L,R]$ 的众数是哪个，

显然经过离散化处理后，$cnt_{L,R}$ 的空间复杂度为 $O(N)$，而所有可行的区间 $[L,R]$ 有 $O(T^2) = O(N^2 /S^2)$ 个；

那么，对于每次查询 $[l,r]$，$O(S)$ 枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中的出现的数，把它们加到 $[L,R]$ 对应的 $cnt_{L,R}$ 数组之中，维护最大值的同时与 $[L,R]$ 的众数的出现次数进行比较，就可以找到众数，

最后，再 $O(S)$ 地枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中的出现的数，把 $cnt_{L,R}$ 数组复原即可。

因此，对于每次查询，$O(S)$ 即可求得答案，总的就是 $O(MS)$；而预处理是 $O(NT^2) = O(N^3 /S^2)$；所以总时间复杂度为 $O(MS + N^3 /S^2)$，可知，当 $S = \sqrt[3]{{N^3 /M}} = \frac{N}{{\sqrt[3]{M}}}$ 时最小，为 $O(NM^{\frac{2}{3}})$。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;

const int maxn=4e4+;
const int maxm=5e4+;

int n,m;
int a[maxn],aid[maxn];
int cnt[][][maxn];
pii mode[][];

int block[maxn],len,tot;
int L[maxn],R[maxn];

vector<int> v;
inline int getid(int x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+;}

void update(int x,int y,int i,pii &res)
{
    cnt[x][y][aid[i]]++;
    if(cnt[x][y][aid[i]]>res.first || (cnt[x][y][aid[i]]==res.first && a[i]<a[res.second]))
    {
        res.first=cnt[x][y][aid[i]];
        res.second=i;
    }
}
int ask(int l,int r)
{
    int st=block[l],ed=block[r];
    pii res;
    if(ed-st<=)
    {
        res=make_pair(,);
        for(int i=l;i<=r;i++) update(,,i,res);
        for(int i=l;i<=r;i++) cnt[][][aid[i]]--;
    }
    else
    {
        res=mode[st+][ed-];
        for(int i=l;i<=R[st];i++) update(st+,ed-,i,res);
        for(int i=L[ed];i<=r;i++) update(st+,ed-,i,res);
        for(int i=l;i<=R[st];i++) cnt[st+][ed-][aid[i]]--;
        for(int i=L[ed];i<=r;i++) cnt[st+][ed-][aid[i]]--;
    }
    return res.second;
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    len=max(,(int)(n/pow(m,1.0/3.0)));
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        v.push_back(a[i]);

        block[i]=(i-)/len+;
        if(i==) L[block[i]]=i;
        if(i==n) R[tot=block[i]]=i;
        if(<=i && i<=n && block[i-]!=block[i])
        {
            R[block[i-]]=i-;
            L[block[i]]=i;
        }
    }
    sort(v.begin(),v.end());
    v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
    for(int i=;i<=n;i++) aid[i]=getid(a[i]);

    memset(cnt,,sizeof(cnt));
    for(int i=;i<=tot;i++)
    {
        for(int j=i;j<=tot;j++)
        {
            mode[i][j]=make_pair(,);
            for(int k=L[i];k<=R[j];k++)
            {
                cnt[i][j][aid[k]]++;
                if(cnt[i][j][aid[k]]>mode[i][j].first || (cnt[i][j][aid[k]]==mode[i][j].first && a[k]<a[mode[i][j].second]))
                {
                    mode[i][j].first=cnt[i][j][aid[k]];
                    mode[i][j].second=k;
                }
            }
        }
    }

    int ans=;
    while(m--)
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        l=(l+ans-)%n+;
        r=(r+ans-)%n+;
        if(l>r) swap(l,r);
        printf("%d\n",ans=a[ask(l,r)]);
    }
}

（被这题僵了好久……深深感到自己码力的弱小……）

题解2：

依然同上面一样，对于每个询问 $[l,r]$，设点 $l$ 在第 $p$ 块，点 $r$ 在第 $q$ 块，假设第 $p+1$ 到第 $q-1$ 块这整一个区间为 $[L,R]$，查询的区间就被分为 $[l,L)$ 和 $[L,R]$ 和 $(R,r]$ 三大块，

然后，这次不再建立数组 $cnt_{L,R}$，单纯记录区间 $[L,R]$ 的众数，

但是，我们与上面的大体思路是一样的，我们依然要暴力枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 里所有出现的数，看看这些数在 $[l,r]$ 区间里出现的次数能不能超过区间 $[L,R]$ 的众数，

这样一来，我们考虑运用二分的方法：

首先用一个邻接表，其中每个链表存储的是表头数字在 $a[1:N]$ 的所有出现位置，

而后，我们对于 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 出现的任意一个数字，都能用两次二分查找到 $[l,r]$ 中的第一次出现位置和最后一次出现位置，两个位置相减即得 $[l,r]$ 内该数字出现了几次，

最后，就是同上面一样的，去和 $[L,R]$ 的区间众数比较，尝试更新区间众数。

那么，时间复杂度：预处理是 $O(NT) = O(N^2 / S)$；对于每次查询，$O(S \log N)$ 即可求得答案，总的就是 $O(\frac{{N^2 }}{S} + MS\log N)$，令 $S = \frac{N}{{\sqrt {M\log N} }}$，使其最小为 $O(N\sqrt {M\log N} )$。

AC代码2：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;

const int maxn=4e4+;
const int maxm=5e4+;

int n,m;
int a[maxn],aid[maxn];
vector<int> num[maxn];
int cnt[maxn];
pii mode[][];

int block[maxn],len,tot;
int L[maxn],R[maxn];

vector<int> v;
inline int getid(int x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+;}

void update(int i,int l,int r,pii &res)
{
    int x=lower_bound(num[aid[i]].begin(),num[aid[i]].end(),l)-num[aid[i]].begin();
    int y=upper_bound(num[aid[i]].begin(),num[aid[i]].end(),r)-num[aid[i]].begin();
    if(y-x>res.first || (y-x==res.first && a[i]<a[res.second]))
    {
        res.first=y-x;
        res.second=i;
    }
}
int ask(int l,int r)
{
    int st=block[l],ed=block[r];
    pii res;
    if(ed-st<=)
    {
        res=make_pair(,);
        for(int i=l;i<=r;i++) update(i,l,r,res);
    }
    else
    {
        res=mode[st+][ed-];
        for(int i=l;i<=R[st];i++) update(i,l,r,res);
        for(int i=L[ed];i<=r;i++) update(i,l,r,res);
    }
    return res.second;
}

int main()
{
    //freopen("input","r",stdin);
    //freopen("my","w",stdout);

    cin>>n>>m;
    len=max(,(int)(n/sqrt(m*log2(n))));
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        v.push_back(a[i]);

        block[i]=(i-)/len+;
        if(i==) L[block[i]]=i;
        if(i==n) R[tot=block[i]]=i;
        if(<=i && i<=n && block[i-]!=block[i])
        {
            R[block[i-]]=i-;
            L[block[i]]=i;
        }
    }
    sort(v.begin(),v.end());
    v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        aid[i]=getid(a[i]);
        num[aid[i]].push_back(i);
    }

    memset(mode,,sizeof(mode));
    for(int i=;i<=tot;i++)
    {
        memset(cnt,,sizeof(cnt));
        pii mx=make_pair(,);
        for(int k=L[i],j=block[k];k<=n;k++,j=block[k])
        {
            cnt[aid[k]]++;
            if(cnt[aid[k]]>mx.first || (cnt[aid[k]]==mx.first && a[k]<a[mx.second]))
            {
                mx.first=cnt[aid[k]];
                mx.second=k;
            }
            if(mx.first>mode[i][j].first || (mx.first==mode[i][j].first && a[mx.second]<a[mode[i][j].second]))
                mode[i][j]=mx;
        }
    }

    int ans=;
    while(m--)
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        l=(l+ans-)%n+;
        r=(r+ans-)%n+;
        if(l>r) swap(l,r);
        //printf("real l=%d r=%d\n",l,r);
        printf("%d\n",ans=a[ask(l,r)]);
    }
}