题面。
许久以前我还不怎么去机房的时候，一位大佬好像一直在做这道题，他称这道题目为“大分块”。
其实这道题目的思想不只可以用于处理区间众数，还可以处理很多区间数值相关问题。
让我们在线处理区间众数。
数据范围1e5，考虑分块。
先对蒲公英种类离散化。
预处理
预处理出两个数组。
一个数组sum[ i ][ j ]表示第j种颜色到第i个分块的前缀和。
另一个数组 zhongshu[ i ][ j ]表示第i个分块到第j个分块这个区间内的众数。
维护这两个操作时间复杂度都不能超过n3/2。
第一个数组很好维护，输入的时候将输入位置对应分块的相应种类加一，然后跑一遍前缀和即可，时间复杂度n*n1/2。
维护第二个数组，我们需要先枚举起始分块。
从起始分块开始，枚举终点分块，每枚举一个终点分块，更新这个分块内元素对于区间众数的贡献。
建立一个数组tmp[ i ]作为辅助数组表示颜色i出现次数。
for(int i=1;i<=get_pos(n);i++){//枚举起始分块
int mx=0;//从当前这个起始分块开始，到终点分块位置的众数for(int j=i;j<=get_pos(n);j++)//枚举终点分块
for(int k=(j-1)*len+1;k<=min(j*len,n);k++){
tmp[a[k]]++;//当前元素出现次数加一
if(tmp[a[k]]>tmp[mx])//若当前元素出现次数大于当前处理区间众数的出现次数，则将众数修改为当前元素
mx=a[k];
if(!(tmp[a[k]]^tmp[mx]))//若当前元素与当前处理区间众数出现次数相等，则取编号小的为众数
mx=min(mx,a[k]);
}
b_mos[i][j]=mx;//从分块i到分块j的众数就是mx
}
for(int j=0;j<=ntot;j++)//清空辅助数组
tmp[j]=0;
}时间复杂度为n1/2 *（n+n1/2*n1/2），即n3/2。
处理询问
对于询问的l，r，算出其所处分块lb,rb。
若l与r在同一分块或在相邻块内，可以暴力求出众数，时间复杂度n1/2。
int get_vio(){//vio指violent
int mx=0;
for(int i=l;i<=r;i++){
tmp[a[i]]++;
if(tmp[a[i]]>tmp[mx])//按比较规则进行更新。
mx=a[i];
if(!(tmp[a[i]]^tmp[mx]))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}若l与r所在分块中间相隔了至少一个分块，那么所询问区间的众数只有两种可能。
中间那一段分块的众数
左端点所在块与右端点所在块内的数
不难理解。
对于中间那一段分块内的数，如果它们的出现次数要超过中间那一段分块内的众数，那么它们必须要在左端点所在块和右端点所在块内出现。
先将中间那一段分块的众数设为答案，再对左端点和右端点所在块内的数统计出现次数并更新答案即可。
int get_tim(int x){
return tmp[x]+b_sum[rb-1][x]-b_sum[lb][x];//计算某数的总出现次数
}
int get_q(){
int mx=b_mos[lb+1][rb-1];//先将答案设为中间那一段分块内的众数
for(int i=l;i<=lb*len;i++){
tmp[a[i]]++;
if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))//按照比较规则更新答案
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++){
tmp[a[i]]++;
if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=lb*len;i++)//清空辅助数组
tmp[a[i]]--;
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}处理单词询问时间复杂度为n1/2。
算法整体复杂度为(m+n)*n1/2，即n3/2，可以通过本题。
类似的题目还有 洛谷P4135 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int h=40010;
const int b_h=210;
int len;
int get_pos(int x){//得到某个位置所在分块编号
return (x-1)/len+1;
}
int n,m;
int a[h],line[h];
int ntot=0,num[h];
map<int,int>rk;
int tmp[h];
int b_mos[b_h][b_h];
int b_sum[b_h][h];
void get_pre(){
for(int i=1;i<=get_pos(n);i++)
for(int j=1;j<=ntot;j++)
b_sum[i][j]+=b_sum[i-1][j];
for(int i=1;i<=get_pos(n);i++){
int mx=0;
for(int j=i;j<=get_pos(n);j++){
for(int k=(j-1)*len+1;k<=min(j*len,n);k++){
tmp[a[k]]++;
if(tmp[a[k]]>tmp[mx])
mx=a[k];
if(!(tmp[a[k]]^tmp[mx]))
mx=min(mx,a[k]);
}
b_mos[i][j]=mx;
}
for(int j=0;j<=ntot;j++)
tmp[j]=0;
}
}
int l,r,lb,rb,lst=0,ans;
int get_vio(){
int mx=0;
for(int i=l;i<=r;i++){
tmp[a[i]]++;
if(tmp[a[i]]>tmp[mx])
mx=a[i];
if(tmp[a[i]]==tmp[mx])
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}
int get_tim(int x){//计算一个数的出现次数
return tmp[x]+b_sum[rb-1][x]-b_sum[lb][x];
}
int get_q(){
int mx=b_mos[lb+1][rb-1];
for(int i=l;i<=lb*len;i++){
tmp[a[i]]++;
if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++){
tmp[a[i]]++;
if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=lb*len;i++)
tmp[a[i]]--;
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
len=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),line[i]=a[i];
sort(line+1,line+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)//离散化
if(line[i]!=line[i-1])
rk[line[i]]=++ntot,num[ntot]=line[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=rk[a[i]];
for(int i=1;i<=n;i++)
b_sum[get_pos(i)][a[i]]++;
get_pre();
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&l,&r);
l=(l+lst-1)%n+1,r=(r+lst-1)%n+1;
if(l>r)
swap(l,r);
lb=get_pos(l),rb=get_pos(r);
if(lb>=rb-1)
ans=get_vio();
else
ans=get_q();
printf("%d\n",num[ans]),lst=num[ans];
}
return 0;
}完整代码
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