BZOJ 4241 历史研究

Description

IOI国历史研究的第一人——JOI教授，最近获得了一份被认为是古代IOI国的住民写下的日记。JOI教授为了通过这份日记来研究古代IOI国的生活，开始着手调查日记中记载的事件。

日记中记录了连续N天发生的时间，大约每天发生一件。

事件有种类之分。第i天(1<=i<=N)发生的事件的种类用一个整数Xi表示，Xi越大，事件的规模就越大。

JOI教授决定用如下的方法分析这些日记：

1. 选择日记中连续的一些天作为分析的时间段

2. 事件种类t的重要度为t*(这段时间内重要度为t的事件数)

3. 计算出所有事件种类的重要度，输出其中的最大值

现在你被要求制作一个帮助教授分析的程序，每次给出分析的区间，你需要输出重要度的最大值。

Input

第一行两个空格分隔的整数N和Q，表示日记一共记录了N天，询问有Q次。

接下来一行N个空格分隔的整数X1...XN，Xi表示第i天发生的事件的种类

接下来Q行，第i行(1<=i<=Q)有两个空格分隔整数Ai和Bi，表示第i次询问的区间为[Ai,Bi]。

Output

输出Q行，第i行(1<=i<=Q)一个整数，表示第i次询问的最大重要度

Sample Input

5 5
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4

Sample Output

9
8
8
16
16

HINT

1<=N<=10^5

1<=Q<=10^5

1<=Xi<=10^9 (1<=i<=N)

　　这道题刚开始时没有思路......后来发现好像和区间众数的方法有点像......

　　好了，我们考虑如何做这道题。首先，我们可以把区间分块。然后，我们可以用$O(n \sqrt{n})$的复杂度求出$f_{i,j}$，表示取第$i$块到第$j$块中所有元素的答案。

　　然后，我们考虑如何得到区间$[l,r]$的答案。如果$l$和$r$在同一块，那么显然扫一遍这个块就可以了。否则，我们可以先把$[l,r]$覆盖的完整的块的答案统计一下，再统计一下边角余料中答案最大的数。显然答案一定在这三者中。

　　但是，统计边角余料的答案并不好做。于是，我们可以再来一个数组$cnt_{i,j}$，表示前$i$个块中第$j$号元素出现了多少次(注意先要离散化)，然后我们就可以$O(1)$地统计完整的块中每种元素出现的个数了。取一下$\max$就可以了。

　　下面是代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cmath>
 6 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
 7 #define maxn 100010
 8 #define kuai 501
 9
10 using namespace std;
11 typedef long long llg;
12
13 int n,m,N,ln,L[kuai],R[kuai],cnt[kuai][maxn];
14 int a[maxn],b[maxn],lb,c[maxn],ci[maxn],be[maxn];
15 llg f[kuai][kuai],ans;
16
17 int getint(){
18     int w=0;bool q=0;
19     char c=getchar();
20     while((c>'9'||c<'0')&&c!='-') c=getchar();
21     if(c=='-') q=1,c=getchar();
22     while(c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar();
23     return q?-w:w;
24 }
25
26 int main(){
27     n=getint();m=getint();
28     for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=getint();
29     sort(b+1,b+n+1); lb=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
30     for(int i=1;i<=n;i++){
31         int l=1,r=lb,mid;
32         while(l!=r){
33             mid=l+r>>1;
34             if(a[i]<=b[mid]) r=mid;
35             else l=mid+1;
36         }
37         c[i]=l;
38     }
39     N=sqrt(n); ln=n/N; if(n%N) ln++;
40     for(int i=1;i<ln;i++) L[i]=R[i-1]+1,R[i]=N*i;
41     L[ln]=R[ln-1]+1; R[ln]=n;
42     for(int i=1,r;i<=ln;i++){
43         ans=0; r=L[i]-1;
44         for(int j=L[i];j<=R[i];j++) cnt[i][c[j]]++,be[j]=i;
45         for(int j=1;j<=ln;j++){
46             while(r<R[j]){
47                 r++; ci[c[r]]++;
48                 ans=max(ans,(llg)(ci[c[r]])*(llg)a[r]);
49             }
50             f[i][j]=ans;
51         }
52         for(int j=1;j<=n;j++) cnt[i][j]+=cnt[i-1][j];
53         for(int j=1;j<=lb;j++) ci[j]=0;
54     }
55     while(m--){
56         int l=getint(),r=getint(); ans=0;
57         if(be[l]==be[r]){
58             for(int i=l;i<=r;i++)
59                 ans=max(ans,(llg)(++ci[c[i]])*(llg)a[i]);
60             for(int i=l;i<=r;i++) ci[c[i]]--;
61         }
62         else{
63             ans=f[be[l]+1][be[r]-1];
64             for(int i=l;i<=R[be[l]];i++)
65                 ans=max(ans,(llg)((++ci[c[i]])+cnt[be[r]-1][c[i]]-cnt[be[l]][c[i]])*(llg)a[i]);
66             for(int i=L[be[r]];i<=r;i++)
67                 ans=max(ans,(llg)((++ci[c[i]])+cnt[be[r]-1][c[i]]-cnt[be[l]][c[i]])*(llg)a[i]);
68             for(int i=l;i<=R[be[l]];i++) ci[c[i]]--;
69             for(int i=L[be[r]];i<=r;i++) ci[c[i]]--;
70         }
71         printf("%lld\n",ans);
72     }
73     return 0;
74 }

转载于:https://www.cnblogs.com/lcf-2000/p/5721562.html