P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞會

杭電多校懂得都懂

Code1

分治

比較喜歡分治的做法，非常好寫。skylee大佬題解

---

首先對于任何一個區間來說，由于兩個端點不確定性非常難以一次性統計多組區間，因為它們沒有相似之處。

考慮分治，花費$\log$的代價使得當前考慮的區間必須經過$\text{mid}$，意味著當前區間左端點必須在$[\text{l},\text{mid}]$區間內部，而右端點必須在$[\text{mid}+1,\text{r}]$區間內部，這樣的區間特殊在一定經過mid使得可以先預處理左端點的一些信息，然后枚舉右端點一次性統計多個區間。

首先枚舉可能作為區間絕對眾數的數$\text{v}$，然后考慮哪些上述區間能使得該數作為區間的絕對眾數。

$\text{vl},\text{vr}$分別是可能使$\text{v}$作為區間$[\text{vl},\text{vr}]$的絕對眾數。
${\text{cnt}}_{\text{vl}}$：$\text{vl}\to \text{mid}$ 數字$\text{v}$出現的次數。
${\text{cnt}}_{\text{vr}}$：$\text{mid}+1\to \text{vr}$ 數字$\text{v}$出現的次數。

$${\text{cnt}}_{\text{vr}}+{\text{cnt}}_{\text{vl}}>\frac{1}{2}[r?l+1]$$
從上面式子可以得出
$$2{\text{cnt}}_{\text{vl}}+l?1>r?2{\text{cnt}}_{\text{vr}}$$

考慮枚舉$\text{vr}$，我們只需要統計有哪些左端點$\text{vl}$滿足上面式子即可，顯然可以預處理+前綴和一次性統計。

---

還有一個問題就是哪些數可能是區間的絕對眾數？

如果一個數$v$是區間$[\text{vl},\text{vr}]$的絕對眾數，那么它一定是區間$[\text{vl},\text{mid}]$以及$[\text{mid}+1,\text{vr}]$的絕對眾數，于是可以提前預處理。

顯然能夠滿足上述條件作為區間絕對眾數的種類不會很多。上面大佬題解說是$\log$量級的。

時間復雜度$O(n{\log }^{2}n)$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; using ll=long long; template <class T=int> T rd() {T res=0;T fg=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') fg=-1;ch=getchar();}while( isdigit(ch)) res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();return res*fg; } const int N=500010; int a[N],n; ll ans; int b[N],cnt; int mp[N],in[N]; int num[2*N]; void solve(int l,int r) {if(l==r) return ans++,void();int mid=l+r>>1;solve(l,mid),solve(mid+1,r);cnt=0;for(int i=mid;i>=l;i--){mp[a[i]]++;if(mp[a[i]]>(mid-i+1)/2){if(in[a[i]]) continue;in[a[i]]=1;b[++cnt]=a[i];}}for(int i=l;i<=mid;i++) mp[a[i]]--;for(int i=mid+1;i<=r;i++){mp[a[i]]++;if(mp[a[i]]>(i-mid)/2){if(in[a[i]]) continue;in[a[i]]=1;b[++cnt]=a[i];}}for(int i=mid+1;i<=r;i++) mp[a[i]]--;for(int i=l;i<=r;i++) in[a[i]]=0;//for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<b[i]<<" \n"[i==cnt];for(int i=1;i<=cnt;i++){int cur=0;int L=3*n,R=0;for(int j=mid;j>=l;j--){if(a[j]==b[i]) cur++;num[2*cur+j-1]++;L=min(L,2*cur+j-1);R=max(R,2*cur+j-1);}for(int i=R;i>L;i--) num[i-1]+=num[i];cur=0;for(int j=mid+1;j<=r;j++){if(a[j]==b[i]) cur++;ans+=(num[max(L,j-2*cur+1)]);}for(int i=R;i>=L;i--) num[i]=0;}} int main() {n=rd();rd();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();solve(1,n);printf("%lld\n",ans);return 0; }

Code2

OMG_wc大佬題解
Zechariah大佬題解

其實賽時的將此問題轉化成了下面的問題：如何求小于一段公差為1的等差數列的個數？

• 求在$a_{1\to n}$中求小于$x$的個數，小于$x+1$的個數，小于$x+2$的個數，小于$x+k$的個數把他們累加。

然后就死了？？？這不就是前綴和然后區間詢問嗎？wtcl

開個桶，然后做一個前綴和，然后就是個區間詢問$[x,x+k]$的問題。。。

---

此題首先記錄每個數出現的位置，單獨考慮每個數作為區間的絕對眾數。
不妨設當前考慮的數為$\text{v}$

$\text{v}$能作為區間$(\text{L},\text{R}]$的眾數的充要條件是
$${\text{cnt}}_{\text{R}}?{\text{cnt}}_{\text{L}}>\frac{\text{R}?\text{L}}{2}$$
即
$$2{\text{cnt}}_{\text{L}}?\text{L}<2{\text{cnt}}_{\text{R}}?\text{R},\text{L}<\text{R}$$

記${\text{b}}_{\text{L}}=2{\text{cnt}}_{\text{L}}?\text{L}$
顯然我們枚舉右端點，用個樹狀數組就可以統計，但是復雜度不行。

觀察每個數出現的位置將整個區間劃分為下面模式
$$[1,\dots )[\dots )[\dots )[\dots ,\text{n+1})$$
上面$)$代表的就是該數出現的位置。
對于每個$[\dots )$內部${\text{b}}_{\text{i}}$是單調下降，且公差為1，顯然當區間右端點在此區間內部時，區間左端點不可能在其內部。換句話說就是只有前面的即$[1,\dots )[\dots )$可能對區間右端點在$[\dots )$產生貢獻。

而且重要的是$[\dots )$的${\text{b}}_{\text{j}}$連續的，即對于每一個$[\dots )$的${\text{b}}_{\text{j}}$我們需要在$[1,\dots )[\dots )$找到${\text{b}}_{\text{i}}<{\text{b}}_{\text{j}}$，顯然就是最開始那個問題，只需要求個前綴和然后區間詢問即可。

每次過考慮$[\dots )$后進行區間修改，將$[\dots )$內部的${\text{b}}_{\text{j}}$插入數據結構中。

---

區間修改+前綴和區間詢問
樹狀數組的話可以把差分轉化為單點修改，那么本次要做到區間詢問就意味著要用樹狀數組維護三維前綴和
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i\sum _{k=1}^j{d}_k=\frac{1}{2}[(n^2+3n+2)\sum _{i=1}^n{d}_i?(2n+3)\sum _{i=1}^{n}i?d_i+\sum _{i=1}^n{i}^2?d_i]$$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; using ll=long long; template <class T=int> T rd() {T res=0;T fg=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') fg=-1;ch=getchar();}while( isdigit(ch)) res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();return res*fg; } const int N=500010; int a[N],n; vector<int> loc[N]; ll c0[N<<1],c1[N<<1],c2[N<<1]; void update(int k,ll v,int n) {ll i=k*v,ii=1ll*k*k*v;while(k<=n){c0[k]+=v;c1[k]+=i;c2[k]+=ii;k+=k&-k;} } ll qsum(int k) {ll ans=0;ll k1=1ll*k*k+3*k+2,k2=2*k+3;while(k){ans+=k1*c0[k]-k2*c1[k]+c2[k];k-=k&-k;}return ans>>1; } int main() {n=rd();rd();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),loc[a[i]].push_back(i);ll ans=0;const int Bs=n+1;for(int i=0;i<n;i++){if(loc[i].empty()) continue;int pre=0;loc[i].push_back(n+1);for(int j=0;j<loc[i].size();j++){int R=2*j-pre+Bs,L=2*j-(loc[i][j]-1)+Bs;ans+=qsum(R-1)-qsum(max(0,L-2));// 嚴格小于update(L,1,n<<1|1);update(R+1,-1,n<<1|1);pre=loc[i][j];}pre=0;for(int j=0;j<loc[i].size();j++){int R=2*j-pre+Bs,L=2*j-(loc[i][j]-1)+Bs;update(L,-1,n<<1|1);update(R+1,+1,n<<1|1);pre=loc[i][j];}}printf("%lld\n",ans);return 0; }

要加油哦~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会（区间绝对众数+分治/树状数组维护高维前缀和）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。