P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会

杭电多校懂得都懂

Code1

分治

比较喜欢分治的做法，非常好写。skylee大佬题解

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首先对于任何一个区间来说，由于两个端点不确定性非常难以一次性统计多组区间，因为它们没有相似之处。

考虑分治，花费$\log$的代价使得当前考虑的区间必须经过$\text{mid}$，意味着当前区间左端点必须在$[\text{l},\text{mid}]$区间内部，而右端点必须在$[\text{mid}+1,\text{r}]$区间内部，这样的区间特殊在一定经过mid使得可以先预处理左端点的一些信息，然后枚举右端点一次性统计多个区间。

首先枚举可能作为区间绝对众数的数$\text{v}$，然后考虑哪些上述区间能使得该数作为区间的绝对众数。

$\text{vl},\text{vr}$分别是可能使$\text{v}$作为区间$[\text{vl},\text{vr}]$的绝对众数。
${\text{cnt}}_{\text{vl}}$：$\text{vl}\to \text{mid}$ 数字$\text{v}$出现的次数。
${\text{cnt}}_{\text{vr}}$：$\text{mid}+1\to \text{vr}$ 数字$\text{v}$出现的次数。

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

考虑枚举$\text{vr}$，我们只需要统计有哪些左端点$\text{vl}$满足上面式子即可，显然可以预处理+前缀和一次性统计。

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还有一个问题就是哪些数可能是区间的绝对众数？

如果一个数$v$是区间$[\text{vl},\text{vr}]$的绝对众数，那么它一定是区间$[\text{vl},\text{mid}]$以及$[\text{mid}+1,\text{vr}]$的绝对众数，于是可以提前预处理。

显然能够满足上述条件作为区间绝对众数的种类不会很多。上面大佬题解说是$\log$量级的。

时间复杂度$O(n{\log }^{2}n)$

#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大佬题解
Zechariah大佬题解

其实赛时的将此问题转化成了下面的问题：如何求小于一段公差为1的等差数列的个数？

• 求在$a_{1\to n}$中求小于$x$的个数，小于$x+1$的个数，小于$x+2$的个数，小于$x+k$的个数把他们累加。

然后就死了？？？这不就是前缀和然后区间询问吗？wtcl

开个桶，然后做一个前缀和，然后就是个区间询问$[x,x+k]$的问题。。。

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此题首先记录每个数出现的位置，单独考虑每个数作为区间的绝对众数。
不妨设当前考虑的数为$\text{v}$

$\text{v}$能作为区间$(\text{L},\text{R}]$的众数的充要条件是
$${\text{cnt}}_{\text{R}}-{\text{cnt}}_{\text{L}}>\frac{\text{R}-\text{L}}{2}$$
即
$$2{\text{cnt}}_{\text{L}}-\text{L}<2{\text{cnt}}_{\text{R}}-\text{R},\text{L}<\text{R}$$

记${\text{b}}_{\text{L}}=2{\text{cnt}}_{\text{L}}-\text{L}$

于是转化成二维偏序：
$$\begin{gathered} \text{L}<\text{R} \\ {\text{b}}_{\text{L}}<{\text{b}}_{\text{R}} \end{gathered}$$

显然我们枚举右端点，用个树状数组就可以统计，但是复杂度不行。

观察每个数出现的位置将整个区间划分为下面模式
$$[1,\dots )[\dots )[\dots )[\dots ,\text{n+1})$$
上面$)$代表的就是该数出现的位置。
对于每个$[\dots )$内部${\text{b}}_{\text{i}}$是单调下降，且公差为1，显然当区间右端点在此区间内部时，区间左端点不可能在其内部。换句话说就是只有前面的即$[1,\dots )[\dots )$可能对区间右端点在$[\dots )$产生贡献。

而且重要的是$[\dots )$的${\text{b}}_{\text{j}}$连续的，即对于每一个$[\dots )$的${\text{b}}_{\text{j}}$我们需要在$[1,\dots )[\dots )$找到${\text{b}}_{\text{i}}<{\text{b}}_{\text{j}}$，显然就是最开始那个问题，只需要求个前缀和然后区间询问即可。

每次过考虑$[\dots )$后进行区间修改，将$[\dots )$内部的${\text{b}}_{\text{j}}$插入数据结构中。

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区间修改+前缀和区间询问
树状数组的话可以把差分转化为单点修改，那么本次要做到区间询问就意味着要用树状数组维护三维前缀和
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i\sum _{k=1}^j{d}_k=\frac{1}{2}[(n^2+3n+2)\sum _{i=1}^n{d}_i-(2n+3)\sum _{i=1}^{n}i\cdot d_i+\sum _{i=1}^n{i}^2\cdot d_i]$$

#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));// 严格小于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~