[code+月赛]Yazid的新生舞会

用很有趣的方法做了这道题。

标算非常厉害，并没有想到。。
考虑求众数为x的区间数量，由序列a构造序列b， bx(i)=−1+2∗[a(i)==x] ，作前缀和 sx(i)=sx(i−1)+b(i) 。

ans=∑x=0n−1∑1≤j<i≤n[sx(i)>sx(j)]

朴素的做法便是 O(n2logn) ，可以用树状数组维护。
然而神奇的是，我们可以每次插入、查询一个等差数列。（这里题解里说的是递减数列，但事实上我觉得递增数列也是一样的）
这样就变成了区间修改、区间查询，可以用线段树来实现。
当然差分一下就可以用树状数组了。

我是这样想的，考虑x后，i能够成为一个合法区间的右端点当且仅当i的最大后缀大于0，所以我们可以用求最大子段和的方式，相当于把那些+1向右推来填-1的坑，i是左端点时同理。此时，合法的区间必然在这一段段被填的坑里，那么我们按这些被填的坑组成的一段段序列来使用上面的朴素做法，便可以得到一个 O(nlogn) 的做法。
这个做法唯一的优点是脑洞比较大常数比较小可以拿来刷bzoj rank1。

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
char * cp=(char *)malloc(5000000);
inline void in(int &x){
    while(*cp<'0'||*cp>'9')++cp;
    for(x=0;*cp>='0'&&*cp<='9';)x=x*10+*cp++-'0';
}
const int N=5e5+5,S=1e6+5;
int n;
int a[N],b[N];
int head[N],tail[N],nxt[N],lst[N];
bool flag[N];

int bit[S];
int B;
inline void add(int x){
    for(x+=n+1;x<=B;x+=x&-x)++bit[x];
}
inline void del(int x){
    for(x+=n+1;x<=B;x+=x&-x)bit[x]=0; 
}
inline int query(int x){
    int ans=0;
    for(x+=n+1;x;x-=x&-x)ans+=bit[x];
    return ans;
}
int main(){
    freopen("f.in","r",stdin);
//  freopen("f.out","w",stdout);
    fread(cp,1,5000000,stdin);
    in(n);
    B=n<<1|1;
    {
        int t;
        in(t);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)in(a[i]);

    for(int i=1;i<=n;++i){
        lst[i]=tail[a[i]];
        tail[a[i]]=i;
    }
    for(int i=n;i;--i){
        nxt[i]=head[a[i]];
        head[a[i]]=i;
    }

    LL ans=0;
    for(int i=n;i--;){
        int x=0;
        for(int j=head[i];j;){
            x=j;
            b[x]=1;
            for(int y=1;x<=n&&y>=0;++x,y+=b[x]=a[x]==i?1:-1)flag[x]=1;

            j=nxt[j];
            while(j&&x>j)j=nxt[j];
        }

        x=n;
        for(int j=tail[i];j;){
            x=j;
            for(int y=1;x&&y>=0;--x,y+=b[x]=a[x]==i?1:-1)flag[x]=1;

            j=lst[j];
            while(j&&x0;
        for(int j=head[i];j;){
            x=j;
            while(x&&flag[x-1])--x;
            int l=x;

            add(0);
            for(int y=0;flag[x];++x){
                y+=b[x];
                add(y);
                ans+=query(y-1);
            }

            x=l;
            del(0);
            for(int y=0;flag[x];++x){
                y+=b[x];
                del(y);
                flag[x]=0;
            }

            j=nxt[j];
            while(j&&j<=x)j=nxt[j];
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

总结：
①竟然可以有批量查询、批量修改这种操作，看来我真的是老了。
②这道题听说可以分治？不知道怎么做，以后有时间/机会问/想一下吧。