P8330-[ZJOI2022]众数【根号分治】
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P8330
题目大意
给出一个长度为\(n\)的序列\(a\)，你可以选择其中一个区间将其加上任意整数，要求这个序列的众数出现次数最多。
输出最多次数和可能的众数。
\(1\leq n\leq 2\times 10^5,1\leq a_i\leq 10^9,\sum n\leq 5\times 10^5\)，保证不所有数都相等。
解题思路
相当于找到一个区间使得区间外和区间内的众数次数和最大。
这个和出现次数挂钩，考虑根号分治。对于出现次数大于\(\sqrt n\)的数字，这种数字不会超过\(\sqrt n\)个，可以考虑对每个数字暴力做。
假设在区间外的数字是\(x\)，区间内的是\(y\)，那么我们区间中每个\(x\)会令答案\(-1\)，每个\(y\)会令答案\(+1\)。将\(x\)的位置视为\(-1\)，\(y\)的位置视为\(1\)，那么最大答案就是\(x\)的出现次数加最大子段和。
这个复杂度可以做到\(min(c_x,c_y)\)，其中\(c_x\)表示\(x\)的出现次数。
那对于每个\(c_x>\sqrt n\)的我们都可以\(O(n)\)解决它在外或者在内的情况。
然后考虑\(c_x\leq \sqrt n\)且\(c_y\leq \sqrt n\)的情况，先把所有\(c_x>\sqrt n\)的\(x\)给去掉，此时注意到任何区间的众数个数都是\(\leq \sqrt n\)的，那么我们预处理出\(f_{l,i}\)表示一个最小的\(r\)，满足\([l,r]\)的众数出现次数为\(i\)，这样我们对于每个在外面的\(x\)枚举两个\(x\)的位置作为端点，然后单指针移动计算他们之间区间的众数出现次数即可。
时间复杂度：\(O(n\sqrt n)\)
解题思路
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=450;
int n,T,a[N],b[N],r[N][M],s[N];
vector<int> v[N],pr[N];
int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
void calc(int x,int y){
int ans1=0,ans2=0,now1=0,now2=0,las=0;
for(int i=0;i<v[y].size();i++){
now1=max(now1+s[v[y][i]]-s[las],0);
ans1=max(ans1,now1);now1=max(now1-1,0);
now2=max(now2-s[v[y][i]]+s[las],1);
ans2=max(ans2,now2);
las=v[y][i];
}
pr[ans1+v[y].size()].push_back(y);
pr[ans2+v[x].size()].push_back(x);
return;
}
int main()
{
// freopen("mode_ex2.in","r",stdin);
int cas=read();
while(cas--){
n=read();T=445;
for(int i=1;i<=n;i++)pr[i].clear(),v[i].clear();
for(int i=1;i<=n+1;i++)
for(int j=0;j<T;j++)r[i][j]=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n);
int m=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=lower_bound(b+1,b+1+m,a[i])-b;
v[a[i]].push_back(i);
}
for(int x=1;x<=m;x++){
pr[v[x].size()].push_back(x);
if(v[x].size()>T){
for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=0;
for(int i=0;i<v[x].size();i++)s[v[x][i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];
for(int i=1;i<=m;i++)
if(i!=x)calc(x,i);
}
}
for(int x=1;x<=m;x++){
if(v[x].size()<=T){
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
for(int j=i;j<v[x].size();j++)
r[v[x][i]][j-i]=v[x][j];
}
}
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=0;j<T;j++)
r[i][j]=min(r[i][j],r[i+1][j]);
for(int x=1;x<=m;x++){
if(v[x].size()<=T){
for(int i=-1;i<(int)v[x].size();i++){
int l=(i==-1)?0:v[x][i];l++;
for(int j=0,z=i+1;j<T;j++){
if(r[l][j]>n)break;
while(z<v[x].size()&&v[x][z]<=r[l][j])z++;
pr[v[x].size()+j+1-(z-i-1)].push_back(x);
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
if(pr[i].size()){ans=i;break;}
printf("%d\n",ans);
sort(pr[ans].begin(),pr[ans].end());
printf("%d\n",b[pr[ans][0]]);
for(int i=1;i<pr[ans].size();i++)
if(pr[ans][i-1]!=pr[ans][i])
printf("%d\n",b[pr[ans][i]]);
}
return 0;
}
