【Nowcoder】武汉大学2020年新生程序设计竞赛E 仓鼠与珂朵莉 | 分块、众数变式

题目链接

补了一个鸽了好久的题目.

题目大意：

进行强制在线的$Q$ 次询问，每次询问区间$[l,r]$ 内最大的$k\ast {\sum }_{l\le i\le r}[a_i==k]$ ，即一个数的重要程度是该数*该数在区间内出现的次数，询问区间内最大重要程度。

题目思路：

首先类比区间众数的写法，无非求区间众数时，权值是$1$，该题的权值不同而已。

考虑用分块进行维护权值，首先将询问分成$sqrt(n)$个块：

对于每次询问，只需要处理两边的块，因为中间块的块间的最大值，是可以通过预处理得出的：固定一个端点，向右扩展就好了，复杂度$O(n\ast sqrt(n))$。

预处理以后，就可以直接枚举两边块中的值，查看这些值是否可以成为新的最大值即可。

建议洛谷搜一下区间众数配套。

Code:

/*** keep hungry and calm CoolGuang!  ***/
//#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
#define dl(x) printf("%lld\n",x);
#define di(x) printf("%d\n",x);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const ll INF= 1e18+7;
const ll maxn = 1e5+700;
const ll mod= 998244353;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1);
template<typename T>inline void read(T &a){
    
    char c=getchar();T x=0,f=1;while(!isdigit(c)){
    
    if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){
    
    x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}a=f*x;}
ll n,m,p;
ll a[maxn];
vector<int>v;
int nn = 0;
int getid(ll x){
    
    return lower_bound(v.begin(),v.end(),x) - v.begin()+1;}
int b[maxn],idx[maxn];
ll sum[320][maxn],c[320][maxn],mx[320][320];
ll sz[maxn];
int block = 0;
ll query(int l,int r){
    
    
	if(l>r) swap(l,r);
	ll ans = 0;
	int s = b[l],t = b[r];
	int id = 0;
	if(s == t){
    
    
		for(int i=l;i<=r;i++) sz[idx[i]] = 0;
		for(int i=l;i<=r;i++) sz[idx[i]]++,ans = max(ans,sz[idx[i]]*a[i]);
		for(int i=l;i<=r;i++) sz[idx[i]] = 0;
		return ans;
	}
	if(s+1<=t-1) ans = mx[s+1][t-1];
	for(int i=l;i<=min(n,s*block*1ll);i++) sz[idx[i]] = 0;
	for(int i=(t-1)*block+1;i<=r;i++) sz[idx[i]] = 0;
	for(int i=l;i<=min(n,s*block*1ll);i++){
    
    
		sz[idx[i]]++;
		ans = max(ans,sz[idx[i]]*a[i]+sum[t-1][idx[i]]-sum[s][idx[i]]);
	}
	for(int i=(t-1)*block+1;i<=r;i++){
    
    
		sz[idx[i]]++;
		ans = max(ans,sz[idx[i]]*a[i]+sum[t-1][idx[i]]-sum[s][idx[i]]);
	}
	return ans;
}
int main(){
    
    
	read(n);read(m);
	block = sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
		read(a[i]);
		v.push_back(a[i]);
	}
	sort(v.begin(),v.end());
	v.erase((unique(v.begin(),v.end())),v.end());
	nn = v.size();
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i] = (i-1)/block+1,idx[i] = getid(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) c[b[i]][idx[i]] += a[i];
	for(int i=1;i<=(n+block+1)/block;i++){
    
    
		for(int k=1;k<=nn;k++) sum[i][k] = sum[i-1][k];
		for(int k=1;k<=nn;k++) sum[i][k] += c[i][k];
	}
	for(int i=1;i<=(n+block+1)/block;i++){
    
    
		ll temp = 0;
		memset(sz,0,sizeof(sz));
		for(int k=(i-1)*block+1;k<=n;k++){
    
    
			sz[idx[k]]++;temp = max(temp,sz[idx[k]]*a[k]*1ll);
			mx[i][b[k]] = temp;
		}
	}
	memset(sz,0,sizeof(sz));
	ll lastans = 0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
    
    
		ll l,r;read(l);read(r);
		l = (l^lastans)%n+1ll;
		r = (r^lastans)%n+1ll;
		lastans = query(l,r);
		printf("%lld\n",lastans);
	}
	return 0;
}


/**
10 10
1000000
1 2
1 8
3 7
6 9
1 10
4 9
**/