AcWing 4547. 伊格内修斯和公主IV

做法一：直接模拟

空间复杂度：$O({10}^6)$

// #define FILE_INPUT
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define rep(i, a, b) for (int i = a, END##i = b; i <= END##i; i++)
#define per(i, a, b) for (int i = a, END##i = b; i >= END##i; i--)

void Init();
void Solve();

signed main() {
    cin.sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    #ifdef FILE_INPUT
        freopen("input.in", "r", stdin);
    #endif

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        Init();
        Solve();
    }
    return 0;
}

using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;

const int Mod = 1e9 + 7;
const int Inf = 0x3f3f3f3f;
const LL InfLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const int N = 1e6 + 10;
int n, b[N];

void Init() {
}

void Solve() {
    while (cin >> n) {
        memset(b, 0, sizeof(b));
        int ans, t = n + 1 >> 1;
        rep(i, 1, n) {
            int a; cin >> a;
            b[a]++;
            if (b[a] >= t) ans = a;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
}

做法二：模拟（应该叫摩尔投票法？），动态规划

首先呢，最多的次数为 $\frac{n+1}{2}$ 那么其他的数出现的次数为 $\frac{n-1}{2}$，那么如果，我们把两个不同的数给消掉，剩下还有的数绝对就是答案了 $\frac{n+1}{2}-\frac{n-1}{2}=1$。

（先看代码再看这个）那么怎么让空间复杂度为 $O(1)$ 来计算这个东西呢？我们可以先设一个数 $lst$ 表示现在用这个数来和其他数消掉，再用 $cnt$ 表示，现在还剩下多少个 $lst$ 这个数，如果 $a=lst$ 那么 $cnt+1$ 否则 $cnt-1$，最后剩下的那个 $lst$ 就是解了。

如果想了解摩尔投票法可以看看这个（虽然不是我写的）。

// #define FILE_INPUT
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define rep(i, a, b) for (int i = a, END##i = b; i <= END##i; i++)
#define per(i, a, b) for (int i = a, END##i = b; i >= END##i; i--)

void Init();
void Solve();

signed main() {
    cin.sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    #ifdef FILE_INPUT
        freopen("input.in", "r", stdin);
    #endif

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        Init();
        Solve();
    }
    return 0;
}

using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;

const int Mod = 1e9 + 7;
const int Inf = 0x3f3f3f3f;
const LL InfLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const int N = 1e6 + 10;
int n;

void Init() {
}

void Solve() {
    while (cin >> n) {
        int cnt = 0, ans = 0, a, lst = 0;
        while (n--) {
            cin >> a;
            if (a == lst) cnt++;
            else {
                if (!cnt) lst = a, cnt = 1;
                else cnt--;
            }
        }
        cout << lst << "\n";
    }
}

你不会以为到这里就结束了吧，还有 dp 的方法呢（虽然代码一摸一样）😁

我们设 $f_i$ 表示，对于前 $i$ 个数，出现个数至少为 $\lceil \frac{i+1}{2}\rceil$ 的数。设 $g_i$ 表示，前 $i$ 个数中，$f_i$ 出现的个数减去其他的数。

当 $g_{i-1}>0$ 时，也就是有解

$$\begin{array}{rl}{f}_i& =f_{i-1}\\ g_i& =\{\begin{array}{r}{g}_{i-1}+1,a_i=f_i\\ g_{i-1}-1,a_i\ne f_i\end{array}\end{array}$$

当 $g_{i-1}=0$ 时，也就是没解，$f_i=a_i,g_i=1$，从头开始。

代码同上。

动态规划参考