Frequent values
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Description
You are given a sequence of n integers a1 , a2 , ... , an in non-decreasing order. In addition to that, you are given several queries consisting of indices i and j (1
≤ i ≤ j ≤ n). For each query, determine the most frequent value among the integers ai , ... , aj.
Input
The input consists of several test cases. Each test case starts with a line containing two integers n and q (1 ≤ n, q ≤ 100000). The next line contains n integers a1 , ... , an (-100000
≤ ai ≤ 100000, for each i ∈ {1, ..., n}) separated by spaces. You can assume that for each i ∈ {1, ..., n-1}: ai ≤ ai+1. The following q lines contain one query each, consisting of two
integers i and j (1 ≤ i ≤ j ≤ n), which indicate the boundary indices for the
query.
The last test case is followed by a line containing a single 0.
Output
For each query, print one line with one integer: The number of occurrences of the most frequent value within the given range.
Sample Input
10 3 -1 -1 1 1 1 1 3 10 10 10 2 3 1 10 5 10 0
Sample Output
1 4 3
Source
题目连接：http://poj.org/problem?id=3368
解法：数列是不降序列的，可以事先统计一次每一个数在哪个区间、每一个区间的初始位置与结束位置、把每个区间的数字的数量存成一个数组。
举个例子：
假设输入的数列为:1 1 2 2 2 3 3 3 3 5
那么处理之后统计每一个数在哪个区间就是:1 1 2 2 2 3 3 3 4 //把数组分为了4个区间，相同的数放同一个区间 ---记为数组c
初始位置和结束位置，这个好处理用一个结构体来记录:(1,2),(3,5),(6,9),(10,10)
-----记为结构体数组inv
最后一个数组，把每个数的数量装起来得到:2 3 4 1 ----记为数组b
做好这些操作之后，根据输入就可以求值
假设输入的查询为2,10
那么先查一下c[10]-c[2]的值，用于判断输入数据之间差了几个区间
这里算出来差了3个区间
那么先根据inv数组计算首尾两个区间分别有多少数据在2和10区间内，分别做好统计记为max1和max2
然后在计算出去首尾的剩下区间（都是全部区间都在查找范围内的）的最大长度
*转换思路之后其实是查找b数组2号位到3号位之间的区间最大值*
然后比较找一下b[2]和b[3]发现最大值max3=4
然后在max1和max2以及max3中寻找一个最大值就可以了,max1=1,max2=1
所以最大值为4
刚刚上面是一般情况，现在有两个特殊情况要处理
1、c[e]-c[s]==1
这种情况是代表两个区间是相邻的，所以没必要再到b数组里面去找了，因为这个时候已经没有剩下的区间，所以直接比较max1和max2的最大值即可
2、c[e]-c[s]==0
这种情况代表输入的值都在一个区间里面，所以max1和max2也都不存在，只需要直接e-s+1就可以求出答案
在一般情况下，寻找b数组中的区间最大值，可以用很多方法解决
我用的是线段树，但是寻找区间最大值可以用rmq，树状数组
不过这都不是关键，反正这个b数组是不会更新的，所以用什么数据结构来处理都是次要的，关键是方法
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以上为全部思路，下面贴出代码
code:
#include<stdio.h>
#define MAX_N 500000
struct node{
int l;
int r;
int max;
};
struct msg{
int value;
int start;
int end;
};
node tree[3*MAX_N];
int a[MAX_N+5];
int b[MAX_N+5];
int c[MAX_N+5];
msg inv[MAX_N+5];
int max(int x,int y){
if(x>y)
return x;
else
return y;
}
void swap(int &s,int &e){
s=s^e;
e=s^e;
s=s^e;
}
void build_tree(int left,int right,int root){
tree[root].l=left;
tree[root].r=right;
if(left==right){
tree[root].max=b[left];
return;
}
int mid=(left+right)/2;
build_tree(left,mid,root*2);
build_tree(mid+1,right,root*2+1);
tree[root].max=max(tree[root*2].max,tree[root*2+1].max);
}
int find_max(int left,int right,int root){
if(left==tree[root].l&&right==tree[root].r)
return tree[root].max;
int mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
if(right<=mid)
return find_max(left,right,root*2);
else if(left>mid)
return find_max(left,right,root*2+1);
else
return max(find_max(left,mid,root*2),find_max(mid+1,right,root*2+1));
}
int main(){
int n,m,i,len,inv_len,s,e;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if(n==0)
break;
scanf("%d",&m);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
len=0,inv_len=0;
b[++len]=1;
c[1]=1;
inv[++inv_len].value=a[1];
inv[inv_len].start=1;
for(i=2;i<=n;i++){
if(a[i]==a[i-1]){
b[len]++;
c[i]=c[i-1];
}
else{
b[++len]=1;
inv[inv_len].end=i-1;
inv[++inv_len].value=a[i];
inv[inv_len].start=i;
c[i]=c[i-1]+1;
}
}
inv[inv_len].end=n;
build_tree(1,len,1);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&s,&e);
if(s>e)
swap(s,e);
int q1=c[s];
int q2=c[e];
int ans;
if(q2-q1==1){
int max1=inv[q1].end-s+1;
int max2=e-inv[q2].start+1;
ans=max(max1,max2);
}
else if(q2-q1==0){
ans=e-s+1;
}
else{
int max1=inv[q1].end-s+1;
int max2=e-inv[q2].start+1;
int max3=find_max(c[inv[q1].end+1],c[inv[q2].start-1],1);
ans=max(max(max1,max2),max3);
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}