题目

题目大意

给你一个数列，有很多个询问，询问一段区间内，某个数乘它的出现次数的最大值，也就是带权众数。

思考历程

第一次看到这道题，立马想到了树套树之类的二位数据结构，发现不行。（就算可以也很难打……）
然后我就想到了莫队！
其实这题的莫队是很显然的。我们用莫队的方法来搞，用一个数据结构来维护目前的答案。
所以我就打出来了时间复杂度为O(mnlg⁡n)O(m \sqrt n \lg n)O(mn​lgn)的做法。
还挺好打的。
交上去之后，我发现，诶，怎么运行这么久？难道是被卡了？
后来看到分数之后……WA，0分。
什么鬼？
然后我就惊奇地发现这题要开long long……
开了之后，诶，40分？
怎么还是这么低的分数（某YMQ用这种方法AC了这题）？
检查程序，发现自己莫队的排序相当于没有排序。
我们知道朴素的莫队做法就是将左端点所在的块为第一关键字，以右端点为第二关键字来排的。
比较函数一般设为：be[x.l]<be[y.l] || be[x.l]==be[y.l] && x.r<y.r
然后我把||打成了&&。
感觉自己心态爆炸……这样子和没有排序有什么区别？
改过来之后，60分，嗯，题解分数。
但我不甘心，因为还有两个点是WA！
经过调试之后，我发现是数组越界了，再改改就80分了。
可是还没到100分，因为这不是正解。但YMQ已经卡到100分了，我才不信这个邪。
所以呢，我又卡了一下：
首先将普通的线段树转化为zkw线段树（因为只有单点修改和整体查询，所以还是比较简单的），然后用宏来打了max函数，因为自带的那个是挺慢的。
然后就卡过了！比YMQ快！看看YMQ的程序，嘿嘿，还开了O3……
YMQ日常吸臭氧……

正解

目前我知道的正解有两种，时间复杂度都是O(mn)O\left(m \sqrt n\right)O(mn​)，少了一个lg⁡n\lg nlgn
第一种是XZB大佬首创的莫队加桶维护的方法：
莫队的部分是一模一样的，重点是桶。
我们知道莫队排序的时候，按照左端点所在的块为第一关键字，以右端点为第二关键字。
显然，当左端点所在块一样的时候，右端点是递增的。
我们在处理的时候，用桶记录一下当前块后面的信息。
然后，对于在块内的那一部分区间，我们就暴力计算。计算了之后合并两边的信息，求出这一问的答案。
现在有一个问题，怎么合并呢？
这个问题困扰了我一段时间。然后，我发现，反正这个时间复杂度就这样了，所以暴力一点没有关系。
我们先不要理在块中的部分，先统计好块后面的信息，记录这时的带权众数。
然后将块内的数加进桶中，做完之后这时的带权众数就是答案。
最后，我们将桶还原，就是将原来属于这个块内的全部剔除，带权众数还是之前的那个带权众数。
这个是我自己脑补出来的想法，可能其他人还有更加优秀的方法吧。
一直怎么做下去，如果一个块处理完了，就将桶清空，然后继续处理下一个块。
时间复杂度是显然的。

然后还有一种做法叫作分块，我还没有打过，只是思想理解了而已。
我们可以用和上面有点类似的思想：将一段区间内的东西用桶存起来，存下此时的答案，然后再试着将区间外的东西暴力加进去，得出目前的答案，最后还原。
我们可以分成n\sqrt nn​个块，对于每个块，我们将这个块之前的所有东西放在一个桶中。（就像是前缀和）
然后，我们对于每两个块之间的部分，预处理出它们的带权众数。（用一个n∗n\sqrt n *\sqrt nn​∗n​的一个数组来存就好，预处理的时候直接枚举从哪个块开始，然后往后面扫，时间O(nn)O(n \sqrt n)O(nn​)）
询问一个区间的时候，这个区间被拆成一个大块和两个散块。对于大块，我们已经预处理除它的带权众数，并且我们通过相减的方式得出一个新的桶。对于散块，我们将里面的元素暴力加进桶中，得出最终的带权众数。
然后你会惊奇地发现，如果真的是这么做，那肯定TLE。
为什么？其实耗费时间的就在一个地方：我们将两个桶相减得出一个新的桶，实际上没有必要。
设后面的桶为aaa，前面的桶为bbb，那么你可以新建一个桶ccc。ccc一开始是全零的。
然后，在后面加数的时候，“新桶”相当于是a−b+ca-b+ca−b+c。在加某个数xxx的时候，我们只需要修改cxc_xcx​，用ax−bx+cxa_x-b_x+c_xax​−bx​+cx​来统计答案。做完了之后，将这些数从ccc中一一减去，然后ccc就清零了（如果直接清零是会TLE的）。
这个时间复杂和上面的一样，不过感觉上面的好打一些。

代码

O(mnlg⁡n)O(m \sqrt n \lg n)O(mn​lgn)的水法

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 252144
int n,m,col;
int a[N+1],p[N+1],b[N+1];//a表示原数组，b表示离散化后的数组
inline bool cmpp(const int x,const int y){return a[x]<a[y];
}
int K;
int be[N+1];//表示所在的块
struct Oper{int l,r;int num;
} o[N+1];
inline bool cmp(const Oper &x,const Oper &y){return be[x.l]<be[y.l] || be[x.l]==be[y.l] && x.r<y.r;//比较函数千万不要打错了……我当时就是在这里GG的
}
long long t[N*2+1];
int M;
inline void add(int,int);
long long ans[N+1];
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);K=sqrt(n);for (int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),p[i]=i;//以下是离散化sort(p+1,p+n+1,cmpp);for (int i=1,bef=0;i<=n;++i){if (a[p[i]]!=bef)bef=a[p[i]],col++;b[p[i]]=col;}for (M=1;M<col;M<<=1);for (int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d",&o[i].l,&o[i].r),o[i].num=i;for (int i=1;i*K<=n;++i)for (int j=0;j<K && i*K+j<=n;++j)be[i*K+j]=i;//以下是莫队sort(o+1,o+m+1,cmp);int l=1,r=0;for (int i=1;i<=m;++i){for (;r<o[i].r;r++)add(r+1,1);for (;l>o[i].l;l--)add(l-1,1);for (;r>o[i].r;r--)add(r,-1);for (;l<o[i].l;l++)add(l,-1);ans[o[i].num]=t[1];}for (int i=1;i<=m;++i)printf("%lld\n",ans[i]);return 0;
}
#define my_max(x,y) (((x)>(y))?(x):(y))
inline void add(int x,int c){//zkw线段树中的int k=b[x]+M;t[k]+=c*a[x];for (k>>=1;k;k>>=1)t[k]=my_max(t[k<<1],t[k<<1|1]);
}

O(mn)O(m\sqrt n)O(mn​)的莫队加桶做法

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 252144
int n,m,col;
int a[N+1],p[N+1],b[N+1];
inline bool cmpp(const int x,const int y){return a[x]<a[y];
}
int K;
int be[N+1],rig[N+1];
struct Oper{int l,r;int num;
} o[N+1];
inline bool cmp(const Oper &x,const Oper &y){return be[x.l]<be[y.l] || be[x.l]==be[y.l] && x.r<y.r;
}
long long buc[N+1],rmx;
long long ans[N+1];
#define MAX(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
int main(){//  freopen("in.txt","r",stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);K=sqrt(n);for (int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),p[i]=i;sort(p+1,p+n+1,cmpp);for (int i=1,bef=0;i<=n;++i){if (a[p[i]]!=bef)bef=a[p[i]],col++;b[p[i]]=col;}for (int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d",&o[i].l,&o[i].r),o[i].num=i;for (int i=0;1+i*K<=n;++i)for (int j=1;j<=K && i*K+j<=n;++j)be[i*K+j]=i+1;be[0]=0;for (int i=1;i<=n;++i)rig[be[i]]=i;sort(o+1,o+m+1,cmp); for (int i=1,r=0;i<=m;++i){if (be[o[i-1].l]!=be[o[i].l]){memset(buc,0,sizeof buc);rmx=0;r=rig[be[o[i].l]]+1;for (;r>o[i].r;--r)buc[b[r-1]]-=a[r-1];//防止左端点和右端点在同一个块中的情况}for (;r<=o[i].r;++r)buc[b[r]]+=a[r],rmx=MAX(rmx,buc[b[r]]);//右端点往外延伸long long tmx=rmx;//由于等一下要还原，所以这个值要暂时记录for (int l=rig[be[o[i].l]];l>=o[i].l;--l)buc[b[l]]+=a[l],tmx=MAX(tmx,buc[b[l]]);//将块内的暴力记录在桶中ans[o[i].num]=tmx;for (int l=rig[be[o[i].l]];l>=o[i].l;--l)//还原buc[b[l]]-=a[l];}for (int i=1;i<=m;++i)printf("%lld\n",ans[i]);return 0;
}

其实这题的数据很水……我一开始的正解程序并没有判断左右端点在同一个块中的特殊情况，可我还是AC了。

总结

如果见到一些用lg⁡\lglg做法不好维护的东西，那就试一下分块和莫队。
从这题当中，我们也得到了一个用来优化莫队的思想，就是将块后和块中的分别考虑，有时会有非常好的成果。
最后就是，卡常技巧很重要，说不定你可以用次解来AC这道题。不要像YMQ一样天天吸臭氧。