伊格内修斯和公主IV 动态规划题解

题目描述

找一个出现大于$(n+1)/2$次数的数，保证有解。

这道题说实话不好做：卡时间，卡空间。dp应该是正解。

(dp) $O(n)$

设答案解为 x，那么可以转换思路。
将原数组变为 $a[i]=(a[i]==x)?1:-1$，与最大子数组和的问题很像。

(1) 存在某个时候 $max\_val=x$，即证明存在 $max\_cnt=0$(就是前缀和)
数组前缀和 $sum(n)>=0$, 假设不存在 $sum(i)=0$（此时$max\_cnt=0$） 那么根据零点存在性定理，（可能有人会喷我这里说变量不是连续的，但是不可能出现 -1到1的突变）因此说不存在$sum(i)<0$, 所以保证数组从头到尾 $sum(i)>=0$, 此时可以保证找到x。

如果存在 $sum(i)<0$ ,那么同样的根据 $sum(n)>=0$, 可以保证存在 $sum(k)=0$，即有$max\_cnt=0$。

(2) 设遍历到 i 的时候 $max\_val=x$, 此时 $max\_cnt=0$.
那么剩下的数有 $n-i$ 个， 假设剩下的 x 导致最后的 $max\_val\ne x$, 那么表明剩下的x 的个数小于$(n-i+1)/2$,而之前的i个数中，i出现的个数不大于 $i/2$, 因为此时在位置 i 才刚刚等于 x，加起来 x 的出现个数小于 $(n+1)/2$, 与 x 的出现个数至少为 $(n+1)/2$ 矛盾，因此假设不成立。

所以可以保证最后的 $max\_val=x$

(3)实现：x 不可能提前知道。所以使用动态规划的思路实现。

设 $dp[i]$为前i个数中，满足出现个数至少为 $(i+1)/2$ 的解。（解只可能有一个）
设 $f[i]$ 为前i个数中, $dp[i]$ 出现的个数（使用加一减一计数）。

如果 $f[i-1]>0$，那么$dp[i]=dp[i-1],f[i]=f[i-1]+(a[i]==dp[i])$
如果 $f[i-1]=0$, 那么表明前$i-1$个数无解，$dp[i]=a[i],f[i]=1$，开启新的阶段。

由于只使用到了前后递推，所以使用两个变量滚动数组即可：$dp[i]=max\_val,f[i]=max\_cnt.$

由于$(1)(2)$的证明，可以得到最后的 $max\_val=x$

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2) 
using namespace std;

int n;

int main() {
    
    
	while (~scanf("%d", &n)) {
    
    
		int max_val = 0, max_cnt = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
			int temp;
			scanf("%d", &temp);
			if (max_cnt == 0) {
    
    
				max_cnt = 1;
				max_val = temp;
			} else {
    
    
				max_cnt += (temp == max_val ? 1 : -1);
			}
		}
		cout << max_val << endl;
	}
}