【题解】BZOJ4241: 历史研究(魔改莫队)
【题解】BZOJ4241: 历史研究(魔改莫队)
真的是好题啊
题意
给你一个序列和很多组询问(可以离线),问你这个区间中\(\max\){元素出现个数\(\times\)元素权值}
IOI国历史研究的第一人——JOI教授，最近获得了一份被认为是古代IOI国的住民写下的日记。JOI教授为了通过这份日记来研究古代IOI国的生活，开始着手调查日记中记载的事件。
日记中记录了连续N天发生的时间，大约每天发生一件。
事件有种类之分。第i天(1<=i<=N)发生的事件的种类用一个整数Xi表示，Xi越大，事件的规模就越大。
JOI教授决定用如下的方法分析这些日记：
\1. 选择日记中连续的一些天作为分析的时间段
\2. 事件种类t的重要度为t*(这段时间内重要度为t的事件数)
\3. 计算出所有事件种类的重要度，输出其中的最大值
现在你被要求制作一个帮助教授分析的程序，每次给出分析的区间，你需要输出重要度的最大值。
题解
和区间元素出现个数有关，先考虑一下莫队。莫队维护了元素出现个数，现在要知道元素\(\times\)权值最大值。
可以发现，你向莫队记录的答案中添加数是可以的，可以正确维护最大值(请意会:ans=max(ans,(ll)data[i]*cnt[i]);)，但是对于要删除元素来说不行(你莫队套别的数据结构也不行，超时)，所以我们的莫队仅仅支持添加元素。
只能够添加元素的莫队？那能不能魔改一下莫队？
考虑将询问按照莫队一样的方式将询问分块，总共有\(O(\sqrt n)\)块，每一块询问相互独立。对于每一块询问，和莫队一样，按照右端点升序排序。
-
先考虑一个询问右端点怎么搞定: 我们搞个指针一直向右增加，维护一个\(cnt[]\)数组。这样的复杂度是\(O(n)\)的，因为这个指针不会回退。
-
再考虑左端点怎么搞定: 直接暴力统计。我们让之前那个指针从当前块右端点出发向右。现在块右端点右边边的\(cnt[]\)可以得到了。
但是我们还差块右端点左边的贡献。这部分以之前那个\(cnt[]\)为基础直接暴力统计，因为这里仍然是只向莫队添加元素，所以可以统计答案。由于是莫队的方式询问分块，对于每个询问，暴力统计的复杂度不超过\(O(\sqrt n)\)。
但是可能询问区间就小于\(\sqrt n\)，为了防止我们讨论边界情况，这部分询问直接读入的时候就处理了。
分析一下复杂度:
- 对于每个询问，暴力统计部分是\(O(\sqrt n)\)，这部分复杂度\(O(n\sqrt n)\)
- 对于每个块，指针向右移动\(O(n)\)的，这部分复杂度\(O(n\sqrt n)\)
- 对于那种小询问，暴力统计\(O(n\sqrt n)\)的
- 其实要离散化，但是我们不需要按照大小离散化，直接哈希\(O(n)\) 。(bzoj不支持，只能用map)
总复杂度\(O(n\sqrt n)\)
这道题实际上提供了如何写只支持添加/删除操作的莫队的算法。普适性很广。
//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std; typedef long long ll;
inline int qr(){
register int ret=0,f=0;
register char c=getchar();
while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
return f?-ret:ret;
}
struct E{
int l,r,id;
E(){l=r=0;}
E(const int&a,const int&b,const int&c){l=a;r=b;id=c;}
inline bool operator <(const E&a)const{return r<a.r;}
};
const int maxn=1e5+5;
int cnt0,n,m,N;
int be[maxn],cnt[maxn],arc[maxn],data[maxn];
ll ans[maxn],now;
map<int,int> s0;
vector<int> s;
vector<E> ve[355];
inline void add(const int&pos,const int&tag){
cnt[data[pos]]+=tag;
if(1ll*cnt[data[pos]]*arc[data[pos]]>now) now=1ll*cnt[data[pos]]*arc[data[pos]];
}
int main(){
n=qr(); m=qr(); N=sqrt(n-1)+1;
for(register int t=1;t<=n;++t){
data[t]=qr();
if(s0.find(data[t])==s0.end()) s0[data[t]]=++cnt0,arc[cnt0]=data[t];
data[t]=s0[data[t]];
}
for(register int t=1;t<=n;++t) be[t]=(t-1)/N+1;
for(register int t=1,t1,t2;t<=m;++t) {
t1=qr(),t2=qr();
if(t2-t1-5<N){
now=0;
for(register int t=t1;t<=t2;++t) add(t,1),s.push_back(data[t]);
for(register int t=0,ed=s.size();t<ed;++t) --cnt[s[t]];
ans[t]=now; s.clear();
continue;
}
ve[be[t1]].push_back(E(t1,t2,t));
}
for(register int t=1;t<=be[n];++t){
if(ve[t].empty()) continue;
memset(cnt,0,sizeof cnt);
sort(ve[t].begin(),ve[t].end());
int R=N*t,st=R; ll tnow=now=0;
for(register int i=0,ed=ve[t].size();i<ed;++i){
register E f=ve[t][i];
while(R<f.r) add(++R,1);
tnow=now;
for(register int t=st;t>=f.l;--t) add(t,1),s.push_back(data[t]);
for(register int t=0,ed=s.size();t<ed;++t) --cnt[s[t]];
ans[f.id]=now; now=tnow; s.clear();
}
}
for(register int t=1;t<=m;++t) printf("%lld\n",ans[t]);
return 0;
}
