BZOJ3524：[POI2014]Couriers

浅谈主席树：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9956734.html

题目传送门：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3524

假设数列不是一开始就给你的，而是一次一次修改操作让你插入数值$x$，而询问是问你从第$L$次插入到第$R$次操作间，有没有哪个数值插入次数超过$(R-L+1)/2$，把题意这么一转化，就很好用主席树写了。

我们可以在值域上建立主席树，每个结点统计值域在$[l,r]$内的数字有多少个。那么只需要用第$r$个版本的主席树的$cnt$减去第$l-1$个版本的主席树的$cnt$，就是操作$[L,R]$里插入了多少次值域在$[l,r]$的数字。如果$[l,mid]$的次数大于$(R-L+1)/2$那么答案就在$[l,mid]$，同理可以去判断答案是否在$[mid+1,r]$内，如果都不满足，那么就不存在这样的数值，直接返回$0$就行了。

时间复杂度：$O((n+m)logn)$

空间复杂度：$O(nlogn)$

代码如下：

#include <cstdio>
using namespace std;

const int maxn=5e5+5;

int n,m;
int rt[maxn];

int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
	return x*f;
}

struct tree_node {
	int cnt,ls,rs;
};

struct Chairman_tree {
	int tot;
	tree_node tree[maxn*20];
	
	void ins(int lst,int &now,int l,int r,int pos) {
		now=++tot;tree[now]=tree[lst];tree[now].cnt++;//先把左右儿子信息全部继承下来，然后区间内数字个数加一
		if(l==r)return;
		int mid=(l+r)>>1;
		if(pos<=mid)ins(tree[lst].ls,tree[now].ls,l,mid,pos);//新建左儿子
		else ins(tree[lst].rs,tree[now].rs,mid+1,r,pos);//新建右儿子
	}
	
	int query(int L,int R,int l,int r,int limit) {
		if(l==r) {
			if(tree[R].cnt-tree[L].cnt>limit)return l;//记得判断
			else return 0;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		int tmp1=tree[tree[R].ls].cnt-tree[tree[L].ls].cnt;
		int tmp2=tree[tree[R].rs].cnt-tree[tree[L].rs].cnt;
		if(tmp1>limit)return query(tree[L].ls,tree[R].ls,l,mid,limit);
		if(tmp2>limit)return query(tree[L].rs,tree[R].rs,mid+1,r,limit);
		return 0;//同题解所述
	}
}T;

int main() {
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int x=read();
		T.ins(rt[i-1],rt[i],1,n,x);//rt[i]表示第i个版本的主席树
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int l=read(),r=read(),limit=(r-l+1)>>1;
		int ans=T.query(rt[l-1],rt[r],1,n,limit);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}