Description
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。
Input
第一行两个空格分隔的整数N和Q，表示日记一共记录了N天，询问有Q次。
接下来一行N个空格分隔的整数X1...XN，Xi表示第i天发生的事件的种类
接下来Q行，第i行(1<=i<=Q)有两个空格分隔整数Ai和Bi，表示第i次询问的区间为[Ai,Bi]。
Output
输出Q行，第i行(1<=i<=Q)一个整数，表示第i次询问的最大重要度
Sample Input
5 5
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4
Sample Output
9
8
8
16
16
HINT
1<=N<=10^5
1<=Q<=10^5
1<=Xi<=10^9 (1<=i<=N)
Source
JOI 2013~2014 春季training合宿 竞技1 By PoPoQQQ
这道题刚开始时没有思路......后来发现好像和区间众数的方法有点像......我也是醉了
好了，我们考虑如何做这道题。首先，我们可以把区间分块。然后，我们可以用n^1.5的复杂度求出f[i][j]，表示取第i块到第j块中所有元素的答案。
然后，我们考虑如何得到区间[l,r]的答案。如果l和r在同一块，那么显然扫一遍就可以了。否则，我们可以先把[l,r]覆盖的完整的块的答案统计一下，再统计一下边角余料中答案最大的数。显然答案一定在这三者中。
但是，统计边角余料的答案并不好做。于是，我们可以再来一个数组cnt[i][j]，表示前i个块中第j号元素出现了多少次(注意先要离散化)，然后我们就可以O(1)地统计完整的块中每种元素出现的个数了。取一下max就可以了。
下面是代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<cmath>
6 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
7 #define maxn 100010
8 #define kuai 501
9
10 using namespace std;
11 typedef long long llg;
12
13 int n,m,N,ln,L[kuai],R[kuai],cnt[kuai][maxn];
14 int a[maxn],b[maxn],lb,c[maxn],ci[maxn],be[maxn];
15 llg f[kuai][kuai],ans;
16
17 int getint(){
18 int w=0;bool q=0;
19 char c=getchar();
20 while((c>‘9‘||c<‘0‘)&&c!=‘-‘) c=getchar();
21 if(c==‘-‘) q=1,c=getchar();
22 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘,c=getchar();
23 return q?-w:w;
24 }
25
26 int main(){
27 n=getint();m=getint();
28 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=getint();
29 sort(b+1,b+n+1); lb=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
30 for(int i=1;i<=n;i++){
31 int l=1,r=lb,mid;
32 while(l!=r){
33 mid=l+r>>1;
34 if(a[i]<=b[mid]) r=mid;
35 else l=mid+1;
36 }
37 c[i]=l;
38 }
39 N=sqrt(n); ln=n/N; if(n%N) ln++;
40 for(int i=1;i<ln;i++) L[i]=R[i-1]+1,R[i]=N*i;
41 L[ln]=R[ln-1]+1; R[ln]=n;
42 for(int i=1,r;i<=ln;i++){
43 ans=0; r=L[i]-1;
44 for(int j=L[i];j<=R[i];j++) cnt[i][c[j]]++,be[j]=i;
45 for(int j=1;j<=ln;j++){
46 while(r<R[j]){
47 r++; ci[c[r]]++;
48 ans=max(ans,(llg)(ci[c[r]])*(llg)a[r]);
49 }
50 f[i][j]=ans;
51 }
52 for(int j=1;j<=n;j++) cnt[i][j]+=cnt[i-1][j];
53 for(int j=1;j<=lb;j++) ci[j]=0;
54 }
55 while(m--){
56 int l=getint(),r=getint(); ans=0;
57 if(be[l]==be[r]){
58 for(int i=l;i<=r;i++)
59 ans=max(ans,(llg)(++ci[c[i]])*(llg)a[i]);
60 for(int i=l;i<=r;i++) ci[c[i]]--;
61 }
62 else{
63 ans=f[be[l]+1][be[r]-1];
64 for(int i=l;i<=R[be[l]];i++)
65 ans=max(ans,(llg)((++ci[c[i]])+cnt[be[r]-1][c[i]]-cnt[be[l]][c[i]])*(llg)a[i]);
66 for(int i=L[be[r]];i<=r;i++)
67 ans=max(ans,(llg)((++ci[c[i]])+cnt[be[r]-1][c[i]]-cnt[be[l]][c[i]])*(llg)a[i]);
68 for(int i=l;i<=R[be[l]];i++) ci[c[i]]--;
69 for(int i=L[be[r]];i<=r;i++) ci[c[i]]--;
70 }
71 printf("%lld\n",ans);
72 }
73 return 0;
74 }