分块、莫队

分块思想

其实，分块是一种思想，而不是一种数据结构

分块的基本思想是，通过对原数据的适当划分，并在划分后的每一个块上预处理部分信息，从而较一般的暴力算法取得更优的时间复杂度

分块的时间复杂度主要取决于分块的块长B，一般可以通过均值不等式求出某个问题下的最优块长，以及相应的时间复杂度

常见的块长B为$\sqrt n + 1、\frac{n}{\sqrt {log\ q}} + 1、\sqrt{\frac{n}{log\ q}} + 1$

分块$Debug$的小技巧，可以选择块长$B = 1\ or\ 2$等一些小的块长去试一下看一下答案是不是正确

分块的常见应用：计算满足某个性质的元素个数等，包括离线算法的莫队也是基于分块思想实现的

模板

const int B = sqrt(N) + 1;

int n;
int a[N];
int id[N], L[N], R[N];

void build() // 分块
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    for (int i = 1; i <= id[n]; ++i)
    {
        L[i] = (i - 1) * B + 1; // 每个块的左端点
        R[i] = min(i * B, n);   // 每个块的右端点，注意最后一个块可能不完整
    }
}

void bf_modify(int l, int r, int x) // 暴力修改
{
}

void modify(int l, int r, int x) // 修改
{
    if (id[l] == id[r]) // 如果在左右端点在同一个块内，直接暴力修改
    {
        bf_modify(l, r, x);
        return;
    }

    bf_modify(l, R[id[l]], x);
    bf_modify(L[id[r]], r, x);

    for (int i = id[l] + 1; i <= id[r] - 1; ++i) // 注意+1 和 -1
    {
    }
}

int bf_query(int l, int r, int x) // 暴力查询
{
}

int query(int l, int r, int x) // 查询
{
    int res = 0;
    if (id[l] == id[r]) // 如果在一个同一个块内直接暴力查询
    {
        return bf_query(l, r, x);
    }

    res += bf_query(l, R[id[l]], x);
    res += bf_query(L[id[r]], r, x);

    for (int i = id[l] + 1; i <= id[r] - 1; ++i)
    {
    }
    return res;
}

例1·区间求和

题解

对于查询操作：

如果$l，r$在同一个块内，直接暴力求和即可，复杂度$O(B)$

如果$l，r$不在用一个块内，对散块（不完整块）暴力求和，对整块利用已经预处理的整块和$B_i$求和即可，复杂度 $O(B + \frac{n}{B})$

对于修改操作：

如果l，r在同一块内，直接暴力修改即可，复杂度$O(B)$

如果l，r不在同一个块内，对散块暴力修改（但别忘了更新整块和$B_i$），对于整块直接修改$B_i$即可，复杂度为$O(B + \frac{n}{B})$

利用均值不等式可知，当$B = \frac{n}{B}$时，即$B = \sqrt n$时，时间复杂度最优，且为$O(\sqrt n)$

const int N = 1e5 + 10, M = 4e5 + 10;
const int B = sqrt(1e5) + 1;

int n, m;
int a[N];
int tag[N];
int sum[N];
int id[N];
int L[N], R[N];

void init()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
        if (id[i] != id[i - 1])
        {
            L[id[i]] = i;
            R[id[i]] = min(n, i + B - 1);
        }
        tag[id[i]] = 0;
    }
    for (int i = 1; i <= n / B + 1; ++i)
    {
        for (int j = L[i]; j <= R[i]; ++j)
            sum[i] += a[j];
    }
}

void bf_modify(int l, int r, int x)
{
    for (int i = l; i <= r; ++i)
        a[i] += x;
    sum[id[l]] += x * (r - l + 1);
}

void modify(int l, int r, int x)
{
    if (id[l] == id[r])
    {
        bf_modify(l, r, x);
        return;
    }
    bf_modify(l, R[id[l]], x);
    bf_modify(L[id[r]], r, x);
    for (int i = id[l] + 1; i <= id[r] - 1; ++i)
        tag[i] += x;
}

int bf_query(int l, int r)
{
    int res = 0;
    for (int i = l; i <= r; ++i)
        res += a[i];
    return res;
}

int query(int l, int r)
{
    int res = 0;
    if (id[l] == id[r])
    {
        return bf_query(l, r) + tag[id[l]] * (r - l + 1);
    }
    res += bf_query(l, R[id[l]]) + tag[id[l]] * (R[id[l]] - l + 1);
    res += bf_query(L[id[r]], r) + tag[id[r]] * (r - L[id[r]] + 1);
    for (int i = id[l] + 1; i <= id[r] - 1; ++i)
    {
        res += sum[i] + tag[i] * (R[i] - L[i] + 1);
    }
    return res;
}

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    init();
    while (m--)
    {
        int op, x, y, k;
        cin >> op;
        if (op == 1)
        {
            cin >> x >> y >> k;
            modify(x, y, k);
        }
        else
        {
            cin >> x >> y;
            cout << query(x, y) << endl;
        }
    }
}

例2·LibreOJ - 6278

$1 \leq n \leq 5e4$

题解

首先我们应该对于每个块开一个$vector$，并排序

对于修改操作：

如果$l，r$在同一个块中，我们直接暴力修改，复杂度$O(B)$

如果$l，r$不在同一个块中，对于散块我们暴力修改，然后我们将$vector$清空后重新把该块的元素加入后重新排序（重构），复杂度$O(BlogB)$；对于整块我们更新懒标记$tag$即可，复杂度$O(B)$

那么修改的大致复杂度为$O(B + BlogB)$

对于查询操作：

如果$l，r$在同一个块中，我们直接暴力在序列$a$的$[l,r]$中查询即可，复杂度$O(B)$

如果$l，r$不在同一个块中，对于散块我们直接暴力查询，复杂度$O(B)$；对于整块我们二分求出个数，复杂度$O(\frac{n}{B}\times logB)$

那么修改的大致复杂度为$O(B + \frac{n}{B}\times logB)$

const int N = 5e4 + 10, M = 5e4;
const int B = sqrt(M / log(M)) + 1;

int n;
int a[N];
int id[N], tag[N], L[N], R[N];
vector<int> g[N];

void init()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
        g[id[i]].push_back(a[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= id[n]; ++i)
    {
        L[i] = (i - 1) * B + 1;
        R[i] = min(i * B, n);
        sort(all(g[i]));
    }
}

void bf_modify(int l, int r, int x)
{
    for (int i = l; i <= r; ++i)
        a[i] += x;
    g[id[l]].clear();
    for (int i = L[id[l]]; i <= R[id[l]]; ++i)
        g[id[l]].push_back(a[i]);
    sort(all(g[id[l]]));
}

void modify(int l, int r, int x)
{
    if (id[l] == id[r])
    {
        bf_modify(l, r, x);
        return;
    }

    bf_modify(l, R[id[l]], x);
    bf_modify(L[id[r]], r, x);

    for (int i = id[l] + 1; i <= id[r] - 1; ++i)
        tag[i] += x;
}

int bf_query(int l, int r, int x)
{
    int res = 0;
    for (int i = l; i <= r; ++i)
        if (a[i] + tag[id[i]] < x)
            res++;
    return res;
}

int query(int l, int r, int x)
{
    int res = 0;
    if (id[l] == id[r])
    {
        return bf_query(l, r, x);
    }

    res += bf_query(l, R[id[l]], x);
    res += bf_query(L[id[r]], r, x);

    for (int i = id[l] + 1; i <= id[r] - 1; ++i)
    {
        res += lower_bound(all(g[i]), x - tag[i]) - g[i].begin();
    }
    return res;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    init();
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int op, l, r, c;
        cin >> op >> l >> r >> c;
        if (op == 0)
            modify(l, r, c);
        else
            cout << query(l, r, c * c) << endl;
    }
}

例3·求区间最小众数

给定一个长度为$n$的序列$a$，其中$a_i>0$，每次询问一个区间$[l,r]$中的出现次数最多且最小的数，即最小众数

$1 \leq n \leq 10^4$

$1 \leq a_i \leq 10^9$

题解

我们在分块的时候预处理一个$pair$对的$ans[i][j]$，代表第$i$个块到第$j$个块之间最小众数和该众数在这些块中的出现次数，预处理复杂度$O(\frac{n}{B}\times n)$

对于查询操作：

如果$l，r$在同一个块中，我们直接暴力查询，我们不妨对于每个数开一个$vector$，在里面记录这个数在序列$a$中出现的位置，显然我们需要提前离散化，那么我们可以枚举$[l,r]$区间中的每一个数，然后在$vector$中二分求出$l$和$r$即可求出每一个数在该区间中的出现次数，复杂度$O(B\times logn)$，然后知道出现次数，显然最小众数已然浮出水面

如果$l，r$不在同一个块中，我们对于散块直接暴力查询散块中所有数在$[l,r]$中出现次数，如果散块中某个数$x$出现的次数比整块$ans[id[l] + 1][id[r] - 1]$的来的大，那么$x$为最小众数，复杂度$O(B \times logn)$

const int N = 1e5 + 10;
const int B = 50;
const int M = 1000;

int n, q;
int a[N];
int id[N], tag[N], L[N], R[N];
pii ans[M][M];
vector<int> g[N];
map<int, int> mp;

void init()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    for (int i = 1; i <= id[n]; ++i)
    {
        L[i] = (i - 1) * B + 1;
        R[i] = min(i * B, n);
    }
    for (int i = 1; i <= id[n]; ++i)
    {
        int mx = 0, res = INF;
        vector<int> cnt(n + 10);
        for (int j = L[i]; j <= n; ++j)
        {
            cnt[a[j]]++;
            if (cnt[a[j]] > mx)
            {
                mx = cnt[a[j]];
                res = mp[a[j]];
            }
            else if (cnt[a[j]] == mx)
                res = min(res, mp[a[j]]);
            ans[i][(j - 1) / B + 1] = {res, mx};
        }
    }
}

inline pii Min(pii t1, pii t2)
{
    pii c;
    if (t1.second < t2.second)
    {
        c.second = t2.second;
        c.first = t2.first;
    }
    else if (t1.second > t2.second)
    {
        c.second = t1.second;
        c.first = t1.first;
    }
    else
    {
        if (t1.first <= t2.first)
        {
            c.first = t1.first;
            c.second = t1.second;
        }
        else
        {
            c.second = t2.second;
            c.first = t2.first;
        }
    }
    return c;
}

pii bf_query(int l, int r, int ql, int qr)
{
    int mx = 0, res = INF;
    for (int i = l; i <= r; ++i)
    {
        int x = lower_bound(all(g[a[i]]), ql) - g[a[i]].begin();
        int y = upper_bound(all(g[a[i]]), qr) - g[a[i]].begin() - 1;
        if (mx < y - x + 1)
        {
            res = mp[a[i]];
            mx = y - x + 1;
        }
        else if (mx == y - x + 1)
            res = min(res, mp[a[i]]);
    }
    return mpk(res, mx);
}

pii query(int l, int r)
{
    pii res = {INF, 0};
    if (id[l] == id[r])
        return bf_query(l, r, l, r);

    res = Min(res, bf_query(l, R[id[l]], l, r));
    res = Min(res, bf_query(L[id[r]], r, l, r));
    res = Min(res, ans[id[l] + 1][id[r] - 1]);

    return res;
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    vector<int> vec;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        vec.push_back(a[i]);
    }
    sort(all(vec));
    vec.erase(unique(all(vec)), vec.end());
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int t = lower_bound(all(vec), a[i]) - vec.begin() + 1;
        mp[t] = a[i];
        a[i] = t;
        g[a[i]].push_back(i);
    }
    init();
    int x = 0;
    while (q--)
    {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        l = (l + x - 1) % n + 1;
        r = (r + x - 1) % n + 1;
        if (l > r)
            swap(l, r);
        x = query(l, r).first;
        cout << x << endl;
    }
}

例4·黑暗爆炸 - 2002

$1 \leq n \leq 2e5$

题解

我们分块后$dp$预处理出$pair$对$ans[i]$，代表从第$i$个位置跳出当前块需要的步数和跳出后的落点位置

如何$dp$预处理呢？首先我们知道在位置$n$一定是只要跳一步就可以跳出当前块，$ans[n]=\{1,n + a_n\}$

那么我们不妨考虑从后往前$dp$，即可预处理出$ans[i]$，预处理复杂度$O(n)$

对于单点修改操作：

我们发现单点修改后只会影响这个点所在块内的所有信息，所以只需要这个块的右端点从后往前$dp$更新这个块中的$ans$即可，时间复杂度$O(B)$

对于查询操作：

我们利用维护的$ans$信息直接从查询点开始往后跳即可，复杂度为$O(\frac{n}{B})$

#include <bits/stdc++.h>
#define Zeoy std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0)
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rson id << 1 | 1
#define lson id << 1
#define int long long
#define mpk make_pair
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<double, double> pdd;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const int N = 3e5 + 10, M = 4e5 + 10;
const int B = 388;

int n, m;
int a[N];
int id[N], L[N], R[N];
pii ans[N]; // ans[i]代表从当前所属的块跳几步能够跳出当前块，且落在下一个块的落点位置

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    for (int i = 1; i <= id[n]; ++i)
        L[i] = (i - 1) * B + 1, R[i] = min(n, i * B);
    for (int i = n; i >= 1; --i)
    {
        int step = 0, pos = 0;
        if (i + a[i] > R[id[i]])
        {
            step = 1;
            pos = i + a[i];
        }
        else
        {
            step = ans[i + a[i]].first + 1;
            pos = ans[i + a[i]].second;
        }
        ans[i] = mpk(step, pos);
    }
}

// 单点修改：重新更新块内ans信息 O(B)
void modify(int x, int val)
{
    a[x] = val;
    for (int i = x; i >= L[id[x]]; --i)
    {
        int step = 0, pos = 0;
        if (i + a[i] > R[id[i]])
        {
            step = 1;
            pos = i + a[i];
        }
        else
        {
            step = ans[i + a[i]].first + 1;
            pos = ans[i + a[i]].second;
        }
        ans[i] = mpk(step, pos);
    }
}

int query(int x)
{
    int res = 0;
    for (int i = x; i <= n; i = ans[i].second)
        res += ans[i].first;
    return res;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    build();
    cin >> m;
    while (m--)
    {
        int op, x, k;
        cin >> op;
        if (op == 1)
        {
            cin >> x;
            cout << query(x + 1) << endl;
        }
        else
        {
            cin >> x >> k;
            modify(x + 1, k);
        }
    }
}

莫队算法

莫队算法可以解决一类离线区间询问问题，适用性极为广泛。同时将其加以扩展，便能轻松处理树上路径询问以及支持修改操作

莫队算法需要用到分块的思想

莫队算法实际上就是将查询离线后排序，顺序处理每个询问，暴力从上一个区间的答案转移到下一个区间答案（一步一步移动即可）

查询的排序方法：对于区间$[l,r]$，以$l$所在块的编号为第一关键词升序排列，以$r$所在的块为第二关键词进行奇偶排序（块编号为奇数升序排列，块编号为偶数降序排列）

时间复杂度$O(n \times \sqrt{n})$

普通莫队模板

const int N = 1e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, q;
int a[N];
int id[N];
int ans[N];
int preAns;

struct node
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const node &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] & 1)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void del(int x)
{
  
}

void add(int x)
{
    
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    int B = n / sqrt(q) + 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) // 分块
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1);  // 对查询进行排序
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(a[--l]);
        while (r < qry[i].r)
            add(a[++r]);
        while (l < qry[i].l)
            del(a[l++]);
        while (r > qry[i].r)
            del(a[r--]);
        ans[qry[i].idx] = preAns;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}

例1·洛谷 - P1494

小 Z 把这 $N$ 只袜子从 $1$ 到 $N$ 编号，然后从编号 $L$ 到 $R$ ($L$ 尽管小 Z 并不在意两只袜子是不是完整的一双，甚至不在意两只袜子是否一左一右，他却很在意袜子的颜色，毕竟穿两只不同色的袜子会很尴尬。

你的任务便是告诉小 Z，他有多大的概率抽到两只颜色相同的袜子。当然，小 Z 希望这个概率尽量高，所以他可能会询问多个 $(L,R)$ 以方便自己选择。

然而数据中有 $L=R$ 的情况，请特判这种情况，输出0/1。

题解

设询问区间长度为$len = r - l + 1$，那么抽两只袜子的总方案数为$C_{len}^{2}$

抽到两只颜色相同的袜子的方案数为，对于每一种袜子数量$cnt$超过2只的，其方案数为$C_{cnt}^{2}$，那么抽到两只颜色相同的袜子的总方案数为所有袜子数量超过2只的方案数之和

我们考虑莫队中的删除和添加操作：

减去这只袜子原有的方案数

更新袜子数量$cnt$

加上更新后的方案数

const int N = 5e4 + 10, M = 5e4;
const int B = (5e4) / sqrt(M) + 1;

int n, q, k;
int a[N];
int id[N];
pii ans[N];
int preAns;
int mp[N];

int gcd(int a, int b)
{
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

void print(int a, int b)
{
    if (a == 0 || b == 0)
    {
        cout << 0 << "/" << 1 << endl;
        return;
    }
    int d = gcd(a, b);
    a /= d;
    b /= d;
    cout << a << "/" << b << endl;
}

struct node
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const node &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] % 2)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void del(int x)
{
    if (mp[x] >= 2)
        preAns -= (mp[x] * (mp[x] - 1)) / 2;
    mp[x]--;
    if (mp[x] >= 2)
        preAns += (mp[x] * (mp[x] - 1)) / 2;
}

void add(int x)
{
    if (mp[x] >= 2)
        preAns -= (mp[x] * (mp[x] - 1)) / 2;
    mp[x]++;
    if (mp[x] >= 2)
        preAns += (mp[x] * (mp[x] - 1)) / 2;
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1);
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(a[--l]);
        while (r < qry[i].r)
            add(a[++r]);
        while (l < qry[i].l)
            del(a[l++]);
        while (r > qry[i].r)
            del(a[r--]);
        if (qry[i].l == qry[i].r)
        {
            ans[qry[i].idx] = {0, 1};
            continue;
        }
        int t = qry[i].r - qry[i].l + 1;
        ans[qry[i].idx] = {preAns, (t * (t - 1)) / 2};
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        print(ans[i].first, ans[i].second);
}

例2·洛谷 - P2709

小B 有一个长为 $n$ 的整数序列 $a$，值域为 $[1,k]$。
他一共有 $m$ 个询问，每个询问给定一个区间 $[l,r]$，求： $$\sum\limits_{i=1}^k c_i^2$$

其中 $c_i$ 表示数字 $i$ 在 $[l,r]$ 中的出现次数

题解

我们考虑莫队中的删除和添加操作：设$i$的出现次数为$cnt$

减去原有的贡献：$cnt \times cnt$

更新$cnt:=cnt + 1\ \ or\ \ cnt - 1$

加上更新后的贡献：$cnt \times cnt$

const int N = 5e4 + 10, M = 5e4;
const int B = sqrt(M) + 1;

int n, q, k;
int a[N];
int id[N];
int ans[N];
int preAns;
map<int, int> mp;

struct node
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const node &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] % 2)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void del(int x)
{
    preAns -= mp[x] * mp[x];
    mp[x]--;
    preAns += mp[x] * mp[x];
}

void add(int x)
{
    preAns -= mp[x] * mp[x];
    mp[x]++;
    preAns += mp[x] * mp[x];
}

void solve()
{
    cin >> n >> q >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1);
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(a[--l]);
        while (r < qry[i].r)
            add(a[++r]);
        while (l < qry[i].l)
            del(a[l++]);
        while (r > qry[i].r)
            del(a[r--]);
        ans[qry[i].idx] = preAns;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}

例3·CodeForces - 1514D Cut and Stick

给定一个长度为 $n$ 的序列 $(n\le3\times10^5)$，可以对其进行三种操作：

把一段区间片段中所有的数从原来的区间里剪下来

把这些数按照在原来序列里的排列顺序重新拼接成序列

最后形成一个或者多个片段的序列，使最开始的序列中每一个数都属于某一个片段。

要求：给定 $q$ 个询问 $(q\le3\times10^5)$ ，每次给出一个区间的左右端点，将这个区间分成若干个片段，使得每个片段内任意元素出现的次数不严格大于 $\lceil\frac{x}{2}\rceil$ ($x$ 为该片段长度)。求可以分成的最少片段数目

题解：莫队求区间众数 + 思维

题意将一个区间中的所有元素分成几个序列，使得任意元素出现的次数不严格大于 $\lceil\frac{x}{2}\rceil$ ($x$ 为该片段长度)，求可以分成的最少序列数

容易发现如果区间$[l,r]$中的众数的出现次数$cnt \leq \lceil\frac{r - l + 1}{2}\rceil$，那么不用分，答案为1

否则我们需要将区间众数分给不是众数的数，让其形成一个序列，显然该序列是合法的

然后将多余的众数单独成为一个序列，因为如果不单独成为一个序列就一定不满足题目要求

例如将$[1,1,1,1,1,2]=>[1],[1],[1],[1],[1,2]$

设众数个数为$ans$，那么最少序列数目为$ans - (r - l + 1 - ans) + 1$

所以题目就转化为求区间众数的出现次数，我们可以利用分块和莫队求区间众数，这里选择莫队：

我们维护$cnt[i]$：$i$出现的次数，$num[i]$：出现$i$次的数的个数，我们考虑莫队的删除操作
num[cnt[x]]--;
cnt[x]--;
num[cnt[x]]++;
因为删除可能会导致众数改变，所以我们需要维护一下当前删除$x$后，设原有的众数的出现次数为$cnt$，如果删除后$num[cnt]=0$，说明众数已经改变，我们更新众数的出现次数

对于添加操作，直接维护每个数出现次数的最大值即可

const int N = 3e5 + 10, M = 4e5 + 10;

int n, q;
int a[N];
int id[N];
int ans[N];
int preAns;
int cnt[N]; // cnt[i]记录数字i在区间内出现的次数
int num[N]; // num[i]记录出现在区间内出现i次的数字的个数

struct node
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const node &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] % 2)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void del(int x)
{
    num[cnt[x]]--;
    num[--cnt[x]]++;
    if (cnt[x] + 1 == preAns && num[preAns] == 0)
        preAns--;
}

void add(int x)
{
    num[cnt[x]]--;
    num[++cnt[x]]++;
    preAns = max(preAns, cnt[x]);
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    int B = n / sqrt(q) + 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1);
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(a[--l]);
        while (r < qry[i].r)
            add(a[++r]);
        while (l < qry[i].l)
            del(a[l++]);
        while (r > qry[i].r)
            del(a[r--]);
        if (preAns <= (r - l + 1 + 1) / 2)
            ans[qry[i].idx] = 1;
        else
            ans[qry[i].idx] = 2 * preAns - (r - l + 1);
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}

例4·求区间内不同元素的数量

题解

对于莫队的删除操作：

如果删除完后$cnt[x]= 0$，说明少了一个不同元素，答案贡献 $-1$

对于莫队的添加操作：

如果添加完后$cnt[x] = 1$,说明多了一个不同元素，答案贡献 $+ 1$

const int N = 2e5 + 10, M = 2e5;
const int B = (3e4) / sqrt(M) + 1;

int n, q, k;
int a[N];
int id[N];
int ans[N];
int preAns;
map<int, int> mp;

struct node
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const node &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] % 2)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void del(int x)
{
    if (mp[x] == 1)
        preAns--;
    mp[x]--;
}

void add(int x)
{
    if (mp[x] == 0)
        preAns++;
    mp[x]++;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    cin >> q;
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1);
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(a[--l]);
        while (r < qry[i].r)
            add(a[++r]);
        while (l < qry[i].l)
            del(a[l++]);
        while (r > qry[i].r)
            del(a[r--]);
        ans[qry[i].idx] = preAns;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}

posted @ 2023-07-09 21:17 Zeoy_kkk 阅读(21) 评论(0) 编辑收藏举报

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