bzoj3524【POI2014】Couriers

3524: [Poi2014]Couriers

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Description

给一个长度为n的序列a。1≤a[i]≤n。
m组询问，每次询问一个区间[l,r]，是否存在一个数在[l,r]中出现的次数大于(r-l+1)/2。如果存在，输出这个数，否则输出0。

Input

第一行两个数n，m。
第二行n个数，a[i]。
接下来m行，每行两个数l,r，表示询问[l,r]这个区间。

Output

m行，每行对应一个答案。

Sample Input

7 5
1 1 3 2 3 4 3
1 3
1 4
3 7
1 7
6 6

Sample Output

1
0
3
0
4

HINT

【数据范围】

n,m≤500000

Source

By Dzy

第一道可持久化线段树题。

至于可持久化线段树的知识，就不在这里赘述了。(因为我知道我肯定说不清楚……=_=)

这道题的做法是对于权值建立可持久化线段树，记录每个区间内数的出现次数sum。对于区间[l,r]的询问，我们只需要用r的线段树减去l-1的线段树(权值线段树是可以加减的)，在这棵线段树中逐层递归，判断是否满足条件sum>(r-l+1)/2。如果递归到最后一层都满足条件则找到了答案，否则输出0。

因为是第一次写可持久化线段树，写一点自己的理解吧：这道题利用了前缀和的思想，将区间操作转化成两个前缀和相减，而可持久化线段树的构造方式也类似于前缀和，所以这样操作起来就方便了许多。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 500005
#define maxm 10000005
using namespace std;
int n,m,tot;
int rt[maxn],ls[maxm],rs[maxm],sum[maxm];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void update(int l,int r,int x,int &y,int v)
{
	y=++tot;
	sum[y]=sum[x]+1;
	if (l==r) return;
	ls[y]=ls[x];rs[y]=rs[x];
	int mid=(l+r)>>1;
	if (v<=mid) update(l,mid,ls[x],ls[y],v);
	else update(mid+1,r,rs[x],rs[y],v);
}
inline int query(int u,int v)
{
	int l=1,r=n,mid,x=rt[u-1],y=rt[v],tmp=(v-u+1)>>1;
	while (l!=r)
	{
		if (sum[y]-sum[x]<=tmp) return 0;
		mid=(l+r)>>1;
		if (sum[ls[y]]-sum[ls[x]]>tmp){r=mid;x=ls[x];y=ls[y];}
		else if (sum[rs[y]]-sum[rs[x]]>tmp){l=mid+1;x=rs[x];y=rs[y];}
		else return 0;
	}
	return l;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n)
	{
		int x=read();
		update(1,n,rt[i-1],rt[i],x);
	}
	F(i,1,m)
	{
		int l=read(),r=read();
		printf("%d\n",query(l,r));
	}
	return 0;
}