【训练小结】Petrozavodsk Summer 2015 - Yandex Cup Stage 2
trac
题解
I
简单圆方树
我的另一篇博客
D
题意：维护一个序列，支持两种操作：区间修改成一个数；询问区间内出现次数大于区间长度一半的数（没有输出-1）。N,Q≤105
题解：
from jiangshibiao:
先思考答案数字的性质。若把查询区间划成一个一个段。这个数一定在一个区间中出现次数>区间长度的一半。
所以，我们采用线段树维护这个序列。区间修改就正常地lazy标记，up时顺便维护子树里出现次数最多的数以及其出现次数。（如果出现次数小于区间长度，则直接不记录）。用数学归纳法可以证明答案如果存在，一定可以合并到。
现在问题来了：在up的时候，我们需要知道左右两个子区间的“候选数字”Lp和Rp分别在当前区间内出现的次数。
数颜色是很困难的一件事，我们只能对每一种颜色开一个数据结构维护。为了实现方便，我采用了动态开点的线段树>_<。也就是说，对于每一段颜色(l,r,v)，我们会在rtv的线段树里的(l,r)区间加1。这样up时就可以花log的时间求答案了。
再考虑修改对这些线段树的影响。这是个经典模型，我们可以在全局维护一棵平衡树，表示每一段连续的颜色（set即可）。区间修改时，可以暴力提取那些被包含的小区间，在它们各自颜色的rt里删掉它们的贡献，再补入一个新的大区间。
由于每一种颜色的线段树也要down，内存消耗巨大；而区间在+1后可能会被撤销。所以我们可以每次对=0的节点回收内存，收效很不错。
我的做法：（很遗憾被卡了）
直接随机，每次有>1/2的概率选到。那么我们随机24次就可以在200000次询问做到错误概率在0.5%。
同样需要用回收空间的线段树技巧来查询出现次数。
这种做法在答案不全是-1的时候比正解更快
然而出题人卡了这种做法。有极限数据，时限5s,本机4s，但是还是过不了、QwQ
总结：
学到了一个技巧：
区间覆盖+区间出现次数查询可以用动态开点的线段树分颜色维护+set维护颜色段数。因为有颜色段数可以暴力维护的优美性质。
另外，动态开点+回收空间十分巧妙。这样空间是nlogn的，因为任何时刻颜色出现总次数是n
如果是区间加大概就只能分块了。训练的时候只想到分块+随机、这种做法极限数据本机都要16s，不可能过。
关于分块技巧，还要多练习，很不熟练！
注意linux 和 windows的rand_max不同，对拍一直WA是这个原因
附上两份代码和效率对比
//正解
#pragma GCC optimize(3)
#include
int last = 1;
rep(i,2,n + 1){
if ( a[i] != a[i - 1] ){
modify(rt[a[last]],1,n,last,i - 1,1);
s.insert(mp(last,a[last]));
last = i;
}
}
Seg2::build(1,1,n);
}
int main(){
//freopen("input.txt","r",stdin);
//freopen("2.out","w",stdout);
srand(20000907);
scanf("%d",&n);
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d",&a[i]) , b[++tot] = a[i];
scanf("%d",&q);
for (int i = 1 ; i <= q ; i++){
char ch[20]; int l,r,x;
scanf("%s",ch);
if ( ch[0] == 'q' ){
scanf("%d %d",&l,&r);
dt[i] = (node){l,r,1,0};
}
else{
scanf("%d %d %d",&l,&r,&x);
dt[i] = (node){l,r,2,x};
b[++tot] = x;
}
}
pre();
build();
for (int i = 1 ; i <= q ; i++){
if ( dt[i].tp == 1 ){
printf("%d\n",query(dt[i].l,dt[i].r));
}
else modify(dt[i].l,dt[i].r,dt[i].x);
}
}
//随机化
#pragma GCC optimize(3)
#include极限数据效率对比
询问很多，但是同样有修改的随机数据
