蒲公英
[Violet] 蒲公英
题目背景
亲爱的哥哥：
你在那个城市里面过得好吗？
我在家里面最近很开心呢。昨天晚上奶奶给我讲了那个叫「绝望」的大坏蛋的故事的说！它把人们的房子和田地搞坏，还有好多小朋友也被它杀掉了。我觉得把那么可怕的怪物召唤出来的那个坏蛋也很坏呢。不过奶奶说他是很难受的时候才做出这样的事的……
最近村子里长出了一大片一大片的蒲公英。一刮风，这些蒲公英就能飘到好远的地方了呢。我觉得要是它们能飘到那个城市里面，让哥哥看看就好了呢！
哥哥你要快点回来哦！
爱你的妹妹 Violet
Azure 读完这封信之后微笑了一下。
“蒲公英吗……”
题目描述
在乡下的小路旁种着许多蒲公英，而我们的问题正是与这些蒲公英有关。
为了简化起见，我们把所有的蒲公英看成一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_1,a_2..a_n\}\)，其中 \(a_i\) 为一个正整数，表示第 \(i\) 棵蒲公英的种类编号。
而每次询问一个区间 \([l, r]\)，你需要回答区间里出现次数最多的是哪种蒲公英，如果有若干种蒲公英出现次数相同，则输出种类编号最小的那个。
注意，你的算法必须是在线的。
输入格式
第一行有两个整数，分别表示蒲公英的数量 \(n\) 和询问次数 \(m\)。
第二行有 \(n\) 个整数，第 \(i\) 个整数表示第 \(i\) 棵蒲公英的种类 \(a_i\)。
接下来 \(m\) 行，每行两个整数 \(l_0, r_0\)，表示一次询问。输入是加密的，解密方法如下：
令上次询问的结果为 \(x\)（如果这是第一次询问，则 \(x = 0\)），设 \(l=((l_0+x-1)\bmod n) + 1,r=((r_0+x-1) \bmod n) + 1\)。如果 \(l > r\)，则交换 \(l, r\)。
最终的询问区间为计算后的 \([l, r]\)。
输出格式
对于每次询问，输出一行一个整数表示答案。
样例 #1
样例输入 #1
6 3
1 2 3 2 1 2
1 5
3 6
1 5
样例输出 #1
1
2
1
提示
数据规模与约定
- 对于 \(20\%\) 的数据，保证 \(n,m \le 3000\)。
- 对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1\le n \le 40000\)，\(1\le m \le 50000\)，\(1\le a_i \le 10^9\)，\(1 \leq l_0, r_0 \leq n\)。
题解
（开始接受洛谷自带Markdown）
分块好题！ 求众数，由于众数不具有区间结合律（众数无法由几个众数求出），因此考虑分块暴力。
离散化后开始桶装暴力，预处理。
查询比较好想，先零散块，再整块。
-
预处理出每两个块间的众数，然后整个区间的众数只可能是中间整块的众数或是边缘零散块的数。
遍历每一个块作为起点，往后找每一个数出现次数，并且把这个数所在块作为终点，更新。 -
维护用 \(vector\) 存每一个数出现的位置，用 \(upper_bound\) 和 \(lower_bound\) 找出下标做差，即为出现次数。
注意这里是 \(upper_bound\) ，减出来刚好是区间长度。如求 \(x\) 在 \([l,r]\)的出现次数，
正常写的时候应该是 \((r-l+1)\) ，如果第 \(r\) 位置正好有 \(x\)，那么会找到 \((r+1)\) ,
如果没有会找到比他大的那个，这时最后一个小于 \(x\) 的下标为 \(r\)，则找到 \((r+1)\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 40005,M = 300;
int n,m,tot;
int a[N],L[M],R[M],bl[N],sum[M][M];
int t[M][N];
unordered_map<int,int> mp;
int f[N];
vector<int> v[N];
void bui()
{
int cnt=sqrt(n);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
L[i]=n/cnt*(i-1)+1;
R[i]=n/cnt*i;
}
R[cnt]=n;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
bl[j]=i;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
int tmp=0,res=0;
for(int j=L[i];j<=n;j++)
{
t[i][a[j]]++;
if(t[i][a[j]]>tmp||(t[i][a[j]]==tmp&&f[res]>f[a[j]]))
tmp=t[i][a[j]], res=a[j];
sum[i][bl[j]]=res;
}
}
}
int Q(int l,int r,int x)
{
return (upper_bound(v[x].begin(),v[x].end(),r)-lower_bound(v[x].begin(),v[x].end(),l));
}
int que(int l,int r)
{
int res=sum[bl[l]+1][bl[r]-1];
int tmp=Q(l,r,res);
for(int i=l;i<=min(r,R[bl[l]]);i++)
{
int t=Q(l,r,a[i]);
if(t>tmp||(t==tmp&&f[res]>f[a[i]]))
res=a[i],tmp=t;
}
if(bl[l]!=bl[r])
{
for(int i=L[bl[r]];i<=r;i++)
{
int t=Q(l,r,a[i]);
if(t>tmp||(t==tmp&&f[res]>f[a[i]]))
res=a[i],tmp=t;
}
}
return f[res];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(mp.find(a[i])==mp.end())
{
mp[a[i]]=++tot; f[tot]=a[i];
}
a[i]=mp[a[i]];
v[a[i]].push_back(i);
}
bui();
int x=0;
while(m--)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
l=((l+x-1)%n)+1; r=((r+x-1)%n)+1;
if(l>r) swap(l,r);
x=que(l,r);
printf("%d\n",x);
}
return 0;
}
注意
分块求前缀和或类似的区间值很方便，可以以块为单位记录。注意优化。
