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!
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#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; }