Choosing Ads

问题提出

• 给出长度为$n$的序列$A$,以及数$p$($20\le p\le 100$)
• $Q$次操作,两种类型
  • $(1,l,r)$,区间赋值为$v$
  • $(2,l,r)$,区间出现频率$\ge p\%$的数
• $n,Q\le 10^5$

问题解答

非常巧妙的一道题,用到了主元素的思想.

我们先考虑一个简单的问题,如何在一个序列中找主元素(出现频次$>50\%$的元素),要求$O(n)$的时间复杂度和$O(1)$的空间复杂度.

这是一个很经典的问题,我们用到的思想就是分组,主元素一组,其他元素一组,然后各组之间每次同时抵消掉$1$个元素,那么最后剩下的一组一定是主元素.

编程实现如下:

//算法1
int rec = a[0],cnt = 1;
for(int i = 1;i < n;++i) {if(a[i] == rec) ++cnt;else if(--cnt == 0) rec = a[i],cnt = 1;
}

如果有主元素的话,最后$rec$表示的一定是主元素.我们把变量$n$叫做主元素$rec$的平衡度.对于任一序列$A$,可以证明最坏情况下主元素的平衡度都至少为$1$.

我们再考虑一个问题.

将分别求出序列$A,B$的主元素$re{c}_A$和$re{c}_B$,以及它们的平衡度$cn{t}_A$和$cn{t}_B$.

将$A,B$拼成一个新的序列,那么主元素也一定是$re{c}_A$和$re{c}_B$中的其中一个.这是很显然的,证明略去.

现在我们要判定主元素到底是$re{c}_A$还是$re{c}_B$,我们只需要将他们相互抵消即可,换句话说看谁的$cnt$大,谁就是.

你可以理解为这就相当于直接在$AB$序列上跑$算法1$,只不过序列的顺序有所改变.

这样的话,我们有了$2$个子序列的主元素以及平衡度,我们就可以得到该序列的主元素以及平衡度.

假设$cn{t}_A>cn{t}_B$主元素就是$re{c}_{AB}=re{c}_A$,平衡度就是$cn{t}_{AB}=cn{t}_A-cn{t}_B$

这样我们就可以得到一个分治的算法,即算法2.

至此,基础知识就说完了,我们回到这道题中.

这道题要求的是$\ge p\%$的是一定要输出,因此主元素有好多个至多$k=\lfloor \frac{100}{p}\rfloor$个.

我们可以根据一个序列的有$k$个主元素分为$k+1$组,其中每个主元素自己一组,然后其他元素一组.

用$k$个变量记录该序列的$k$个主元素,用$k$个变量记录每个元素的平衡度,每遇到一个元素,判断$k$个位置中有没有出现过,出现过就该位置平衡度+1,否则判断有没有空位,有的话就作为一个新的主元素,平衡度设置为1.再否则的话就令所有$k$个位置的平衡度-1(相当于抵消操作),如果平衡度为0就将这个元素拿走.

刚才说的是线性扫的做法,这道题要用线段树维护,就要该进程类似算法2的做法.

这道题用平衡树来维护上述信息,然后用算法2的精髓来实现线段合并操作.

代码

By csfxjtu96, contest: VK Cup 2016 - Round 3, problem: (G) Choosing Ads, Accepted, ##include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <cstring>
#include <algorithm>#define pr(x) std::cout << #x <<" : " << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))typedef std::pair<int,int> pii;const int N = 150001;
struct node {int len;pii ps[5];node(){len = 0;clr(ps);}
}seg[N<<2];int tag[N<<2];
int num[N];
int n,m,p,L;pii ps[10];
int mp[N],vis[N];
inline node maintain(node &lch,node &rch) {node res = node();res.len = lch.len + rch.len;rep(i,0,L-1) {mp[lch.ps[i].first] += lch.ps[i].second;mp[rch.ps[i].first] += rch.ps[i].second;}int pc = 0;memset(ps,0,sizeof(ps));rep(i,0,L-1) {if(!vis[lch.ps[i].first]) {ps[pc++] = (pii){lch.ps[i].first,mp[lch.ps[i].first]};vis[lch.ps[i].first] = 1;}if(!vis[rch.ps[i].first]) {ps[pc++] = (pii){rch.ps[i].first,mp[rch.ps[i].first]};vis[rch.ps[i].first] = 1;}}rep(i,0,L-1) {vis[rch.ps[i].first] = vis[lch.ps[i].first] = mp[lch.ps[i].first] = mp[rch.ps[i].first] = 0;}std::sort(ps,ps+pc,[](pii &p1,pii &p2){return p1.second > p2.second;});int cc = ps[L].second;rep(i,0,L-1) {ps[i].second -= cc;res.ps[i] = ps[i];}return res;
}inline void pushdown(int o) {if(tag[o]) {tag[o<<1] = tag[o<<1|1] = tag[o];clr(seg[o<<1].ps);clr(seg[o<<1|1].ps);seg[o<<1].ps[0] = std::make_pair(tag[o],seg[o<<1].len);seg[o<<1|1].ps[0] = std::make_pair(tag[o],seg[o<<1|1].len);tag[o] = 0;}
}inline void change(int o,int l,int r,int cl,int cr,int val) {if(cl <= l && r <= cr) {tag[o] = val;clr(seg[o].ps);seg[o].ps[0] = (pii){val,r-l+1};return ;}if(r < cl || cr < l) return ;int mid = (l + r) >> 1;pushdown(o);change(o<<1,l,mid,cl,cr,val);change(o<<1|1,mid+1,r,cl,cr,val);seg[o] = maintain(seg[o<<1],seg[o<<1|1]);
}inline node query(int o,int l,int r,int ql,int qr) {if(ql <= l && r <= qr)return seg[o];if(r < ql || qr < l) return node();int mid = (l + r) >> 1;pushdown(o);node lch = query(o<<1,l,mid,ql,qr);node rch = query(o<<1|1,mid+1,r,ql,qr);node res = maintain(lch,rch);return res;
}inline void build(int o,int l,int r) {if(l == r) {seg[o] = node();seg[o].len = 1;seg[o].ps[0] = (pii){num[l],1};return ;}int mid = (l + r) >> 1;build(o<<1,l,mid);build(o<<1|1,mid+1,r);seg[o] = maintain(seg[o<<1],seg[o<<1|1]);
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n >> m >> p;L = 100 / p;rep(i,1,n) std::cin >> num[i];build(1,1,n);while(m--) {int tp,l,r,x;std::cin >> tp;if(tp == 1) {std::cin >> l >> r >> x;change(1,1,n,l,r,x);}else if(tp == 2) {std::cin >> l >> r;node res = query(1,1,n,l,r);int cnt = 0;rep(i,0,L-1) {if(res.ps[i].second) cnt++;}std::cout << cnt;rep(i,0,L-1) {if(res.ps[i].second) std::cout << " " << res.ps[i].first;}std::cout << std::endl;}}return 0;
}