P8330 [ZJOI2022] 众数
Solution
区间加这个操作看起来很阴间，实际上区间加不会改变区间内元素值的相对关系，所以答案就是区间内的众数出现次数加上区间外的众数出现次数。
操作区间两边如果都有值，那么这两个值相等一定是不劣的，因为如果我们希望 \(x\) 为操作区间之外的众数，那么相邻两个 \(x\) 之间的一段要么不选要么全选一定是最优的。
也就是说，当操作区间的左端点 \(l\) 固定之后，右端点的 \(a_r\) 也固定了，于是右端点就有 \(O(siz_{a_l})\) 个取值，其中 \(siz_x\) 表示 \(x\) 在整个序列中的出现次数。
我们发现如果这样暴力枚举右端点，枚举次数仅与 \(siz\) 相关，而对于出现次数，有很经典的根号分治：所有数的出现次数之和为 \(n\)，所以出现次数 \(\gt T\) 的数不超过 \(O(\frac{n}{T})\) 个。所以考虑根号分治，设定阈值为 \(T\)。
对于 \(siz_x\gt T\)，我们先钦定 \(x\) 为操作区间外的答案，然后选择一个 \(y\) \((y\neq x)\) 令其为操作区间内的答案，此时操作区间的两端都是 \(y\) 一定最优，所以只需记录 \(O(siz_y)\) 枚举即可。答案的计算显然是区间内 \(y\) 的出现次数加上区间外 \(x\) 的出现次数，记录 \(x\) 在序列中出现次数的前缀和即可计算。
对于 \(siz_y\le T\)，我们交换 \(x,y\) 再算一遍，对于每个 \(x\)，枚举其他所有的 \(y\) 的位置是 \(O(n)\) 的，所以此部分总时间复杂度为 \(O(\frac{n^2}{T})\)。
于是就只剩下了 \(siz_x\le T\land siz_y\le T\) 的情况：我们可以用上文提到的方法暴力枚举右端点 \(O(nT)\) 次，然后每次求出区间内的众数即可统计答案，总共需要求 \(O(nT)\) 次区间众数，需要做到单次复杂度近似 \(O(1)\)，直接做区间众数显然是不太容易做到的，考虑再次利用 \(siz\le T\)：我们只需要考虑 \(siz_\le T\) 的数，所以众数出现次数也 \(\le T\)，于是可以处理出 \(R_{i,j}\) 表示左端点为 \(j\)，最小使得众数出现次数为 \(i\) \((i\le T)\) 的右端点（没有即为 \(n+1\)），对于每个 \(i\) 用双指针处理，时间复杂度 \(O(nT)\)。然后我们在暴力枚举右端点的时候就可以双指针找答案了，对于每个左端点，复杂度为 \(O(T)\)，故此部分总时间复杂度为 \(O(nT)\)。
总时间复杂度为 \(O(nT+\frac{n^2}{T})\)，取 \(T=\sqrt n\) 时达到平衡：\(O(n\sqrt n)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define il inline
#define re register
namespace IO{
const int sz=1<<20;
char a[sz+5],b[sz+5],*p1=a,*p2=a,*t=b,p[105];
inline char gc(){
return p1==p2?(p2=(p1=a)+fread(a,1,sz,stdin),p1==p2?
EOF:*p1++):*p1++;
}
il int read(){
int f=1,x=0; char c=gc();
for(;c<'0'||c>'9';c=gc())if(c=='-') f*=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=gc())x=x*10+(c-'0');
return x*f;
}
inline void flush(){fwrite(b,1,t-b,stdout),t=b; }
inline void pc(char x){*t++=x; if(t-b==sz) flush(); }
template<class T> void write(T x,char c='\n'){
if(x==0) pc('0'); int t=0;
if(x<0) pc('-'),x*=-1;
for(;x;x/=10) p[++t]=x%10+'0';
for(;t;--t) pc(p[t]); pc(c);
}
struct F{~F(){flush();}}f;
}
using IO::read;
using IO::write;
const int N=2e5+10,T=450;
int Tc,n,a[N],b[N],V;
int R[T+5][N],sum[N],mn[N];
int ans[N],siz[N],cnt[N],pos[N];
vector<int>v[N];
#define pb emplace_back
il void Solve_1(int x,int y){
re int mn=0,res=-n;
for(re int i=0;i<siz[y];i++)
mn=min(mn,i-sum[v[y][i]]),res=max(res,i+1-sum[v[y][i]]-mn);
ans[x]=max(ans[x],siz[x]+res);
}
il void Solve_2(int x,int y){
re int mn=0,res=-n;
for(re int i=0;i<siz[y];i++)
res=max(res,sum[v[y][i]]-i-mn),mn=min(mn,sum[v[y][i]]-i-1);
res=max(res,siz[x]-siz[y]-mn);
ans[y]=max(ans[y],siz[y]+res);
}
il void Solve_gt(int i){
for(re int j=1;j<=n;j++)sum[j]=sum[j-1]+(a[j]==i);
for(re int j=1;j<=V;j++)if(i^j)Solve_1(i,j);
for(re int j=1;j<=V;j++)if(siz[j]<=T)Solve_2(i,j);
}
il void Init_le(int x){
for(re int i=1;i<=V;i++)cnt[i]=0;
re int mx=0;
for(re int i=1;i<=n;i++){
if(i^1)cnt[a[i-1]]--,mx-=(a[i-1]==a[R[x][i-1]]);
R[x][i]=R[x][i-1];
while(R[x][i]<=n&&mx^x)mx=max(mx,++cnt[a[++R[x][i]]]);
}
}
il void Solve_le(){
for(re int i=1;i<=V;i++)if(siz[i]<=T)v[i].pb(n+1);
re int l=0,mx=0;
for(re int i=1;i<=V;i++)cnt[i]=0;
for(re int r=2;r<=n;r++)
ans[a[r]]=max(ans[a[r]],siz[a[r]]-pos[r]+(mx=max(mx,++cnt[a[r-1]])));
for(l=1;l<n;l++){
if(siz[a[l]]>T)continue;
re int res=0;
for(re int i=pos[l]+1;i<=siz[a[l]];i++){
re int r=v[a[l]][i];
while(res<T&&R[res+1][l+1]<r)res++;
ans[a[l]]=max(ans[a[l]],res+siz[a[l]]-i+pos[l]+1);
}
}
}
il void MrcFrst(){
n=read();
for(re int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]=read();
sort(b+1,b+1+n),V=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(re int i=1;i<=V;i++)v[i].clear();
for(re int i=1;i<=n;i++)
a[i]=lower_bound(b+1,b+1+V,a[i])-b,pos[i]=v[a[i]].size(),v[a[i]].pb(i);
for(re int i=1;i<=V;i++)ans[i]=siz[i]=v[i].size();
for(re int i=1;i<=V;i++)if(siz[i]>T)Solve_gt(i);
for(re int i=1;i<=T;i++)Init_le(i);
Solve_le();
re int res=0;
for(re int i=1;i<=V;i++)res=max(res,ans[i]);
write(res);
for(re int i=1;i<=V;i++)if(ans[i]==res)write(b[i]);
}
int main(){
// freopen("my.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
Tc=read();
while(Tc--)MrcFrst();
return 0;
}
