为什么我感觉这题难度虚高啊……
区间众数的出现次数…
计算器算一下 \(\sqrt 500000 = 708\)
然后我们发现这题的突破口？
考虑分块出来[L,R]块的众数出现个数 用 \(\texttt{mx[L][R]}\) 维护就可以了
每次考虑一个L… 然后R指针一直向右移不断的更新到N 这样子做的复杂度因为最多有 \(\sqrt n\) 个块 所以复杂度大概是 \(n\sqrt n\) 实际上还少一点…
然后整块的想好了……单独的怎么处理？
分类讨论
1 \(\texttt{L}\)和\(\texttt{R}\) 所在的块相同 那么分块的常规暴力操作（记得清空…）复杂度保证是 \(\sqrt n\)的
2 不在一个块的话 考虑用一种其他方法…记录一个\(\texttt{v[i]}\)存的是每个 数值 i 的出现位置 再记录一个 \(\texttt{pos[i]}\) 表示 i 这个数值在序列里是第几次出现…（主要还是方便vector的操作…）
您已经统计出来了 \(\texttt{L-R}\) 的最多次数 肯定是保底 \(\texttt{mx[L][R]}\) 了 根据这个基础 这样指针移动就相对来说保证了复杂度…每次也是\(\sqrt n\)的
讲下具体操作 记录了这个 \(pos_i\) 是 i 在 \(a_i\) 第几个出现 然后 \(v_{a_i}\)是记录了每个 \(a_i\)的出现位置 于是就可以 在左半区间的时候判断是否\(\leq \texttt{R}\) 在右半区间的时候判断是否\(\ge\texttt{L}\) 如果满足条件就加大 当前的\(\texttt{ans}\) 直到不满足 肯定是最优的…
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int N = 5e5 + 10 ;
int n , m , a[N] , b[N] , bl[N] , unt = 0 , L[710] , R[710] , mx[710][710] , tot[N] , pos[N] ;
vector < int > v[N] ;
inline int query(int l , int r) { int ans = 0 ;
if(bl[l] == bl[r]) {
for(register int i = l ; i <= r ; i ++) tot[a[i]] = 0 ;
for(register int i = l ; i <= r ; i ++) ans = max(ans , ++ tot[a[i]]) ;
return ans ;
} ans = mx[bl[l] + 1][bl[r] - 1] ;
for(register int i = l ; i <= R[bl[l]] ; i ++) {
int it = pos[i] ; while(it + ans < v[a[i]].size() && v[a[i]][it + ans] <= r) ++ ans ;
}
for(register int i = L[bl[r]] ; i <= r ; i ++) {
int it = pos[i] ; while(it - ans >= 0 && v[a[i]][it - ans] >= l) ++ ans ;
} return ans ;
}
signed main() {
// freopen("0.in" , "r" , stdin) ;
ios :: sync_with_stdio(false) ;
cin.tie(0) ;cout.tie(0) ;
cin >> n >> m ;
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) { cin >> a[i] ; b[i] = a[i] ; }
sort(b + 1 , b + n + 1) ;
int len = unique(b + 1 , b + n + 1) - b - 1 ;
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) { a[i] = lower_bound(b + 1 , b + len + 1 , a[i]) - b ; }
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) { v[a[i]].push_back(i) ; pos[i] = v[a[i]].size() ; pos[i] -- ; }
int unt = sqrt(n) ;
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) bl[i] = (i - 1) / unt + 1 ;
for(register int i = 1 ; i <= bl[n] ; i ++) { L[i] = (i - 1) * unt + 1 ; R[i] = i * unt ; }
R[bl[n]] = n ;
for(register int i = 1 ; i <= bl[n] ; i ++) {
memset(tot , 0 , sizeof(tot)) ;
for(register int j = i ; j <= bl[n] ; j ++){
mx[i][j] = mx[i][j - 1] ;
for(register int k = L[j] ; k <= R[j] ; k ++) mx[i][j] = max(mx[i][j] , ++ tot[a[k]]) ;
}
}
int lastans = 0 ;
for(register int i = 1 ; i <= m ; i ++) {
int l , r ; cin >> l >> r ;
l ^= lastans ; r ^= lastans ;
if(l > r) swap(l , r) ;
cout << (lastans = query(l , r)) << '\n' ;
}
return 0 ;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Isaunoya/p/11842586.html