摩尔投票（绝对众数）

绝对众数：数组内出现次数大于 $\lceil \cfrac{n}{2} \rceil$ 的数。

求绝对众数的方法：
暴力做法 $O(n \log n)$ 排序并枚举左端点。

摩尔投票：$O(n)$ 求出。

摩尔投票

丢个模板。

            int now = -1; int cnt = 0;
            f(j, 1, n) {
                if(x[j] != now) cnt--;
                else cnt++;
                if(cnt < 0) {
                    now = x[j]; cntx = 1;
                }
            }
            int ccnt = 0;
            f(j, 1, n) {
                if(x[j] == now) ccnt++;
            }
            if (ccnt >= len){
                cout << cnt << endl; 
            }   

注意，序列存在区间众数时，一定是 $cnt$。序列不存在区间众数时，$cnt$ 随机。所以还要再扫一遍。

拓展到 n / k

https://leetcode.cn/problems/majority-element-ii/

可以证明，出现次数超过 $n/k$ 的数最多只有 $k - 1$ 个。否则必然违背「数总共只有 $n$ 个」或者「当前统计的是出现次数超过 $n / k$ 的数」的前提条件。

当明确了符合要求的数的数量之后，我们可以使用有限变量来代表这 $k−1$ 个候选数及其出现次数。

然后使用「摩尔投票」的标准做法，在遍历数组时同时 check 这 $k - 1$ 个数，假设当前遍历到的元素为 $x$：

• 如果 $x$ 本身是候选者的话，则对其出现次数加一；
• 如果 $x$ 本身不是候选者，检查是否有候选者的出现次数为 $0$：
  若有，则让 $x$ 代替其成为候选者，并记录出现次数为 $1$；
  若无，则让所有候选者的出现次数减一。
  当处理完整个数组后，这 $k - 1$ 个数可能会被填满，但不一定都是符合出现次数超过 $n / k$ 要求的。

需要进行二次遍历，来确定候选者是否符合要求，将符合要求的数加到答案。

上述做法正确性的关键是：若存在出现次数超过 $n / k$ 的数，最后必然会成为这 $k - 1$ 个候选者之一。

我们可以通过「反证法」来进行证明：若出现次数超过 $n / k$ 的数 $x$ 最终没有成为候选者。

有两种可能会导致这个结果：

数值 $x$ 从来没成为过候选者：

如果 $x$ 从来没成为过候选者，那么在遍历 $x$ 的过程中，必然有 $k - 1$ 个候选者被减了超过 $n / k$ 次，假设当前 $x$ 出现次数为 $C$，已知 $C>n/k$，此时总个数为

$(k - 1) * C + C = C * k$

再根据 $C > n / k$，可知 $C * k > n$，而我们总共就只有 $n$ 个数，因此该情况恒不成立。

数值 $x$ 成为过候选者，但被逐出替换了：

同理，被逐出替换，说明发生了对 $x$ 出现次数减一的动作（减到 $0$），每次的减一操作，意味着有其余的 $k - 2$ 个候选者的出现次数也发生了减一动作，加上本身被遍历到的当前数 $num[i]$，共有 $k - 1$ 个数字的和 $x$ 被一同统计。
因此，根据我们摩尔投票的处理过程，如果 $x$ 成为过候选者，并被逐出替换，那么同样能够推导出我们存在超过 $n$ 个数。

综上，如果存在出现次数超过 $n / k$ 的数，其必然会成为 $k−1$ 个候选者之一。

这个算法的时间复杂度为 $O(n/k)$。同时暴力的 $n \log n$ 保持不变，不失为一种可能的做法。

放在线段树内维护

需要指出的是，摩尔投票可以表示为一个二元组，是可以 $O(1)$ 合并的信息，并且具有结合律。可以在线段树内维护。

更深刻的用法和性质

考虑区间众数的两个求法。

1. 不确定候选众数。可以摩尔投票，得出最大数并且 $cnt$ 确定 $> \cfrac{len}{2}$，发现它是绝对众数。这个方法不可差分。

2. 确定候选众数 $v$。每个数，如果是 $v$ 看成 $1$，否则看成 $-1$。那么任意一个区间有绝对众数 $v$ 当且仅当区间和 $> 0$。这个可以差分为若干个前缀和。

对于第二种，我们有性质：任何一个区间只有一个绝对众数，所以如果对所有候选众数做一遍，那么得到的所有有众数的区间不重复。

还有两个深刻的性质：

1. 区间 $[l, r]$ 有绝对众数 $v$，那么其分裂成任意两个区间 $[l, mid]$ 以及 $[mid + 1, r]$，这两个区间满足一定存在其中一个有绝对众数 $v$。

2. $[l, l], [l, l + 1], ..., [l, r]$ 这些区间，最多有 $\log_2(r - l + 1)$ 个不同的众数。
   因为某个数要做绝对众数，一定比之前的所有数都多。于是出现次数 $1, 2, 4, 8, ...$。

这两个性质组合起来可以有如下性质：

跨过 $mid$ 的，在 $[l, r]$ 内的所有区间的绝对众数最多有 $\log$ 种。这正是 cdq 分治的标准处理形式！

具体地，考虑 $[mid, mid], [mid, mid + 1 ], ..., [mid, r]$ 和 $[mid, mid], [mid - 1, mid], ..., [l, mid]$ 中所有出现过的绝对众数，就是这些区间可能有的所有绝对众数。

然后你要批量处理这些区间的信息，可以这样：对于每一个可能的绝对众数，做第 2 种判定方式（前缀和），得到 $s_l, ..., s_r$。然后分成两半 $s_l, ..., s_{mid}$ 和 $s_{mid + 1}, ..., s_r$，排序然后双指针归并，$[l, r]$ 有绝对众数 $v$ 当且仅当 $\mathbf{s_r > s_{l - 1}}$。

这样处理起来，时间复杂度：

$$T(n) = 2 T(\cfrac{n}{2}) + O(n \log^2 n)$$

是三个 $\log$ 的，但是卡的非常不满，跑起来像一个 $\log$ 一样（笑，排序我可以改成桶，然后绝对众数卡不满这样就像 $1 \log$ 了）

5e5 跑了 600ms（arc159_f）。

总结一下，这个方法帮助我们找到和处理所有含有绝对众数 $v$ 的区间的方式，是很万能的，但是时间复杂度稍微难看点。

考虑最后一个过程，是给定一些 $s$，查询 $s_l <s_r$ 的问题。这是一维偏序，值域是 $O(len)$ 的，你可以认为 $r$ 是查询，查询 $<x$ 的数有几个。可以 $O(len)$ 预处理答案，对于每一个 $r$ 都是询问一下的事情。这样直接降到了 $O(n\log^2 )$。