upd : \(cnt_i\) 代表值為 \(i\) 的個數
我們可以暴力列舉眾數 \(k\)
把等於 \(k\) 的賦值成 1 , 不等於 \(k\) 的賦值成 -1
這樣原序列就變成了一段折線
我們把他剖開一段一段來分析
這些藍線的左右端點分別為, 乙個值為眾數的數的位置, 和它下乙個值為眾數的數的位置的前乙個位置
為了方便, 我們定義 \(0\) , \(n + 1\) 這兩個位置上的數可以當做任意乙個位置
我們對於一條藍線扯出來單獨分析
設 \(sum_i\) 為折線在 \(i\) 這個點的值
只要我們找到兩個點滿足 \(i > j\) , 並且滿足 \(sum_i > sum_j\) , 就有序列在 \([j + 1, i]\) 上的變化大於 0 , 也就是說是滿足區間眾數大於區間長度一半的
設它的值域為 \([l, r]\) , 暴力做法是這樣的
考慮優化這個過程
\[\displaystyle
\begin
ans &= \sum_^r\sum_^cnt_i\\
&= (r - l + 1) \sum_^cnt_i + \sum_^(r - i)*cnt_i\\
&= (r - l + 1) \sum_^cnt_i + r * \sum_ ^ cnt_i - \sum_ ^ i * cnt_i
\end
\]然後像上面那樣每乙個藍色的線都這麼分析
對於乙個眾數 \(k\) 它的複雜度為 \(o(mlogn)\) , \(m\) 為 \(a\) 中等於 \(k\) 的數的個數
所以總的複雜度就是 \(o(nlogn)\)
#include #include #include #include #include typedef long long ll;
const int n = 500005;
using namespace std;
int n, m, a[n];
struct tree t[n << 4];
vector vec[n];
ll ans;
template < typename t >
inline t read()
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * w;
}void update(int p)
void pushdown(int p, int l, int r)
}void modify(int p, int l, int r, int ql, int qr, int k)
pushdown(p, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(ql <= mid) modify(p << 1, l, mid, ql, qr, k);
if(mid < qr) modify(p << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, k);
update(p);
}ll query(int p, int l, int r, int ql, int qr, int op, int opt = 1)
int main()
for(int i = 0; i < n; i++)
vec[i].push_back(n + 1);
for(int sz, st, ed, i = 0; i < n; i++)
st = 0;
for(int j = 0; j < sz; j++)
}printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
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