题面

题目描述

\(IOI\)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\(X_i\)表示，\(X_i\)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：

选择日记中连续的一些天作为分析的时间段

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)

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。

输入输出格式

输入格式

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\(X_1…X_N\),\(X_i\)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\(A_i\)和\(B_i\)，表示第\(i\)次询问的区间为\([A_i,B_i]\)。

输出格式

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

输入输出样例

输入：

5 5
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4

输出：

9
8
8
16
16

数据范围

\(1<=N<=105\)

\(1<=Q<=105\)

\(1<=X_i<=109 (1<=i<=N)\)

题解

考点

莫队，回滚莫队，离线询问，排序算吗

思路

我们发现对于暴力的数据，我们之所以要套个线段树是因为莫队中的 \(Del?\) 操作执行后无法继续保证最大值的维护。那么我们换个思路想一下，我们避免掉 \(Del?\) 操作的执行不就好了吗？

这就是回滚莫队的板子了。

对于 \(r-l>=块大小\) 的询问，直接暴力处理。

对于左端点在同一个块内的询问，我们在处理之前先令 \(l\) 处在下一个块的块首，然后不断 \(r++\) 到询问右端点，那么 \(r\) 就保证不会执行 \(Del\) 操作了。而对于 \(l\) ，当前 \(r\) 处理完之后，记录下当前的状态(包括最大值和每个种类的照片数量啥的)，我们只需要对于每个询问移动到询问左端点，然后得到答案之后 \(O(1)\) 跳回之前状态即可。

那么对于记录状态与跳回怎么处理呢？表面上看上去记录每个种类照片数量的状态是 \(O(n)\) 的，但是并不是。显然，我们先对于 \(r\) 端跳跃的时候使用数组 \(a\) 记录下每种照片的数量，\(l\) 端跳跃的时候用数组 \(b\) 记录下每种照片的数量。

然后，我们使用 \(t\) 数组记录 \(b\) 中每个元素上次修改是在第几次操作的时候，如果上次修改不是当前操作，那么我们将 \(t\) 数组更新为当前操作值，同时将 \(b\) 数组中当前元素变更为 \(a\) 数组对应下标的元素 。这样我们只要在移动 \(l\) 的时候对 \(b\) 数组进行判断更新即可。

然后输出答案就好了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,Q,a[100001],cnt,key[100001],book[2][100001],size,t[100001],now,C;
int L,R,lnow;
long long ans,Ans[100001],maxx,nowmax;
void Max(long long &a,long long b){if(b>a)a=b;}
struct Que
{
    int l,r,q,d;
}k[100001];
struct number
{
    int num,d;
}num[100001];
bool cmp(number a,number b){return a.num<b.num;}
bool cmp2(Que a,Que b){return a.q!=b.q?a.q<b.q:a.r<b.r;}
long long Pow(int l,int r)
{
    long long maxx=0;
    int book[100001]={0};
    for(int i=l;i<=r;i++)
        Max(maxx,1ll*(++book[a[i]])*key[a[i]]);
    return maxx;
}
void And(int x)
{
    if(t[a[x]]!=now)
    {
        t[a[x]]=now;
        book[1][a[x]]=book[0][a[x]];
    }
}
void Add(int x)
{
    And(x);
    Max(nowmax,1ll*(++book[1][a[x]])*key[a[x]]);
}
void add(int x)
{
    Max(maxx,1ll*(++book[0][a[x]])*key[a[x]]);
}
int main()
{
    cin>>n>>Q;
    size=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&num[i].num);
        num[i].d=i;
    }
    sort(num+1,num+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(num[i].num!=num[i-1].num)
            key[++cnt]=num[i].num;
        a[num[i].d]=cnt;
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++)
    {
        scanf("%d%d",&k[i].l,&k[i].r);
        k[i].d=i,k[i].q=k[i].l/size;
        if(k[i].r-k[i].l<=size)
        {
            Ans[i]=Pow(k[i].l,k[i].r);
            k[i].q=1e9;
            C++;
        }
    }
    sort(k+1,k+Q+1,cmp2);
    k[0].q=-1;
    for(int i=1;i<=Q-C;i++)
    {
        now++;
        if(k[i].q!=k[i-1].q)
        {
            lnow=(k[i].q+1)*size,nowmax=maxx=0,R=(k[i].q+1)*size-1;
            memset(book,0,sizeof(book));
        }
        L=lnow;
        while(R<k[i].r)add(++R);
        nowmax=maxx;
        while(L>k[i].l)Add(--L);
        Ans[k[i].d]=nowmax;
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        printf("%lld\n",Ans[i]);
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/luoshuitianyi/p/10334006.html