區間眾數（分塊）

ruoye123456發表於2024-08-24

題目描述
給定一個序列\(a_1,a_2,\dots,a_n\)，\(m\)個詢問。

每個詢問指定一個區間\([l,r]\)，你需要輸出\(a_l,a_{l+1},\dots,a_r\)這些數字裡出現次數最多的數的出現次數。
輸入
第一行一個整數\(T(1\leq T\leq 6)\)，表示測試資料的組數。

每組資料第一行兩個數\(n,m(1\leq n,m\leq 60000)\)，表示序列長度與詢問次數。

第二行\(n\)個整數\(a_1,a_2,\dots,a_n(0\leq a_i\leq 10^9)\)。

之後\(m\)行每行兩個數\(l,r\)，表示詢問的區間。

本題強制線上，所以每次詢問的\(l\)和\(r\)都要異或上一個詢問的輸出，你可以認為每組資料的第0個詢問的答案是0。
輸出
每組資料\(m\)行，每行一個數表示答案。
樣例輸入 Copy
1
3 3
3 3 3
3 3
3 3
3 3
樣例輸出 Copy
1
1
1

一定要注意分塊的條件L+1>=R表示在同一塊或者在相鄰塊，因為這個符號寫反了調了一早上

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
typedef vector<string> VS;
typedef vector<int> VI;
typedef vector<vector<int>> VVI;
inline int log_2(int x) {return 31-__builtin_clz(x);}
inline int popcount(int x) {return __builtin_popcount(x);}
inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
inline void up(int &a,int b) {if(a<b) a = b;}
vector<int> vx;
void divide(){sort(vx.begin(),vx.end());vx.erase(unique(vx.begin(),vx.end()),vx.end());}
inline int mp(int x) {return upper_bound(vx.begin(),vx.end(),x)-vx.begin();}
const int N = 60010 , B = 300;
//f[i][j]表示i塊到j塊的眾數
int a[N],f[B][B],s[B][N],st[B],en[B],c[N];
int n,q;
inline int sum(int L,int R,int x) {return s[R][x] - s[L-1][x];}
void pre_f()
{
	int m = n/B;
    for(int i=0;i<=m;++i)
    {
        int ans = 0;
        for(int j=i;j<=m;++j)
        {
        	for(int k=st[j];k<=en[j];++k)
         	c[a[k]]++, up(ans,c[a[k]]);
         	f[i][j] = ans;
        } 
        memset(c,0,sizeof c);
    }
}
void pre_s()
{
	memset(s,0,sizeof s);
	int m = n/B;
	for(int i=1;i<=n;++i) s[i/B][a[i]] ++;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	 for(int j=1;j<=n;++j)
	 s[i][j] += s[i-1][j];
}
int query(int l,int r)
{
    int L = l/B, R = r/B;
    //一定要注意此處是L+1>=R,符號不要寫反了
    if(L+1>=R)
    {
        int ans = 0;
        for(int i=l;i<=r;++i) c[a[i]]++, up(ans,c[a[i]]);
        for(int i=l;i<=r;++i) c[a[i]] = 0;
        return ans;
    }
    int ans = f[L+1][R-1];
    for(int i=l;i<=en[L];++i) c[a[i]]++, up(ans,c[a[i]]+sum(L+1,R-1,a[i]));
    for(int i=st[R];i<=r;++i) c[a[i]]++, up(ans,c[a[i]]+sum(L+1,R-1,a[i]));
    for(int i=l;i<=en[L];++i) c[a[i]] = 0;
    for(int i=st[R];i<=r;++i) c[a[i]] = 0;
    return ans;
}
void solve()
{
    vx.clear();
    memset(s,0,sizeof s);
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;++i) en[i/B] = i;
    for(int i=n; i;--i) st[i/B] = i;
    for(int i=1;i<=n;++i) 
    {
        cin>>a[i];
        vx.push_back(a[i]);
    }
    //離散化
    divide();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i] = mp(a[i]);
    
    pre_f(), pre_s();
    memset(c,0,sizeof c);
    int ans = 0;
    while(q--)
    {
        int l,r;
        cin>>l>>r;
        ans = query(l^ans,r^ans);
        cout<<ans<<'\n';
    } 
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        solve();
    }
}

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