UVa 11235 Frequent values (RMQ && 区间出现最多次的数的次数)

题意 : 给出一个长度为 n 的不降序序列，并且给出 q 个形如(L, R)的问询，问你这个区间出现的最多次的数的次数。

 

分析 : 很自然的想到将区间“缩小”，例如1 1 2 3 3 3就可以变成2 1 3，构造出“数量数组”，这个数组实际上就是已经将原来区间分了块，但是问询的区间不可能就是这些“数量数组”构成的"块"，不过先来想想问询的区间可不可能包含这里面的某些"块"？很显然是有可能的，那么从这些"块"中找出最大值显然就是经典的RMQ问题，用ST可以预处理并解决，但是对于不是这些"块"的该怎么办呢？还是从这些"块"入手，首先先给这些"块"升序编号，对于这些"块"我们可以知道在原来区间当中其左右端点，比如1 1 2 3 3 3，我们可以分成① ② ③三块，值分别是2、1、3，第一块的左端点是原区间的1，右端点是2，同理第二块左右端点都是3，第三块左右端点是4和5，这样做便构成了“数量数组”下标和原数组下标的一个映射，对于问询(L, R)我们能够知道L属于那一块，那么这一个块在(L,R)这个区间内贡献的相同的值的元素个数就是=>L所在的块的右端点 - L + 1（这里记作val_L），对于R也是同理可以得到val_R,那么最后答案就是 ans = max( RMQ(L和R之间包含的完整的块), max(val_L, val_R))。不过需要注意的是，如果此时L R同在一个块中的话，那么答案就是R-L+1了！

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, q, arr[maxn], dp[maxn][20];
int cnt[maxn], L[maxn], R[maxn], num[maxn], tot;
inline void RMQ_init()
{
    for(int i=0; i<tot; i++) dp[i][0] = cnt[i];
    for(int j=1; (1<<j)<=tot; j++){
        for(int i=0; i+(1<<j)-1<n; i++){
            dp[i][j] = max(dp[i][j-1], dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
int RMQ(int L, int R)
{
    if(L > R) return 0;
    int k = 0;
    while((1<<(k+1)) <= R-L+1) k++;
    return max(dp[L][k], dp[R-(1<<k)+1][k]);
}
int main(void)
{
    while(~scanf("%d", &n) && n){
        scanf("%d", &q);
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        memset(L, 0, sizeof(L));
        memset(R, 0, sizeof(R));
        tot = 0;///表示"块"的个数
        int Last;
        for(int i=0; i<n; i++){///接下来对原区间的每一个元素进行映射处理
            scanf("%d", &arr[i]);
            if(i==0){
                Last = arr[i];///记录当前“块”的具体值
                L[tot] = i;///当前“块”的左端点是i
            }
            if(arr[i] == Last){///如果元素还是属于上一个“块”
                cnt[tot]++;///“块”里面的元素+1
                num[i] = tot;///当前下标i对应了tot这个块
                R[tot] = i;///更新右界
            }else{
                tot++;///有不同于之前的元素出现了，就相当于出现了新的“块”给其一个编号
                cnt[tot]++;///tot“块”内元素+1
                Last = arr[i];
                num[i] = tot;
                L[tot] = R[tot] = i;
            }
        }
        tot++;
        RMQ_init();///O(nlogn)的预处理
        while(q--){
            int Left, Right;
            scanf("%d %d", &Left, &Right);
            Left--, Right--;
            if(num[Left] == num[Right]){///如果同属一个“块”，则答案就是R - L + 1
                printf("%d\n", Right - Left + 1);
                continue;
            }else{
                int ans = max(RMQ(num[Left]+1, num[Right]-1),
                          max(R[num[Left]]-Left+1, Right-L[num[Right]]+1));
                printf("%d\n", ans);
            }
        }

    }
    return 0;
}