【POJ 3368】 Frequent values（RMQ）
【POJ 3368】 Frequent values（RMQ）
| Time Limit: 2000MS | Memory Limit: 65536K | |
| Total Submissions: 15813 | Accepted: 5749 |
Description
You are given a sequence of n integers a1 , a2 , ... , an in non-decreasing order. In addition to that, you are given several queries consisting of indices i and j (1 ≤ i ≤ j ≤ n). For each query, determine the most frequent value among the integers ai , ... , aj.
Input
The input consists of several test cases. Each test case starts with a line containing two integers n and q (1 ≤ n, q ≤ 100000). The next line contains n integers a1 , ... , an (-100000 ≤ ai ≤ 100000, for each i ∈ {1, ..., n}) separated by spaces. You can assume that for each i ∈ {1, ..., n-1}: ai ≤ ai+1. The following q lines contain one query each, consisting of two integers i and j (1 ≤ i ≤ j ≤ n), which indicate the boundary indices for the
query.
The last test case is followed by a line containing a single 0.
Output
For each query, print one line with one integer: The number of occurrences of the most frequent value within the given range.
Sample Input
10 3 -1 -1 1 1 1 1 3 10 10 10 2 3 1 10 5 10 0
Sample Output
1 4 3
Source
题目意思比较明了，给出一个长n的有序数组，固定是升序。之后q次查询，每次询问区间[l,r]中出现的最长连续相同序列的长度。
刚开始想直接上ST算法，发现不是很直接的ST，需要一些辅助的东西来变换。就直接先写了发线段树。
发现线段树思路很清晰，先用num数组存下n个数的值。
对于区间[L,R]存三个值
mx:当前区间中最大的连续相同序列长度，也就是答案。
lmx:从左端点开始往右能找到的最大的相同序列长度。
rmx:从右端点开始往左能找到的最大的相同序列长度。
这样就可以做递归的初始化了，对于叶子来说 三个值一样 都是1，因为只有当前位置这一个数
对于区间[L,R] 可由[L,MID] [MID+1,R]组合
首先[L,R]的mx是两个子区间mx中大的一个
如果num[MID] == num[MID+1] 说明左右子区间中间可以连接 [L,R]的mx还要跟[L,MID].r+[MID+1,R].l比较 存较大的一个
如果[L,MID].l == MID-L+1，也就是左子区间中的数全是相同的，[L,R].l = [L,MID].l+[MID+1,R].l。否则 [L,R].l = [L,MID].l
同理 如果[MID+1,R].r == R-MID，也就是右子区间中的数全是相同的，[L,R].r = [MID+1,R].r+[L,MID].r。否则 [L,R].r = [MID+1,R].r
这样线段树的初始化就完成了
对于询问来说 询问[l,r]区间的答案
如果当前区间[L,R] MID >= r 或者MID+1 <= l 就正常跑左子树或右子树
否则 就要找左右两边递归出的较大值 另外 还要考虑num[MID] == num[MID+1]的情况 再跟左区间右端点开始的最长序列+右区间左端点开始的最长序列长度比较一下 选一个较大的即可 此时还要对左右区间的端点开始序列长度进行一些切割 越出的就去掉，最后得到的就是所求的答案
线段树思路比较好想 但写起来略繁琐 可能出现各种错误
提供份自己的代码，大家可参考下：
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <list>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#define LL long long
#define Pr pair<int,int>
#define fread() freopen("in.in","r",stdin)
#define fwrite() freopen("out.out","w",stdout)
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int msz = 10000;
const int mod = 1e9+7;
const double eps = 1e-8;
struct Tree
{
int l,r,mx;
};
//线段树
Tree bit[433333];
//存放n个数
int a[233333];
void init(int root,int l,int r)
{
if(l == r)
{
scanf("%d",&a[l]);
bit[root].mx = bit[root].l = bit[root].r = 1;
return;
}
int mid = (l+r)>>1;
init(root<<1,l,mid);
init(root<<1|1,mid+1,r);
bit[root].mx = max(bit[root<<1].mx,bit[root<<1|1].mx);
//如果左右子区间中间可连接，进行一些选取
if(a[mid] == a[mid+1])
{
bit[root].mx = max(bit[root].mx,bit[root<<1].r+bit[root<<1|1].l);
if(bit[root<<1].l == mid-l+1) bit[root].l = bit[root<<1].l+bit[root<<1|1].l;
else bit[root].l = bit[root<<1].l;
if(bit[root<<1|1].r == r-mid) bit[root].r = bit[root<<1|1].r+bit[root<<1].r;
else bit[root].r = bit[root<<1|1].r;
}
else
{
bit[root].l = bit[root<<1].l;
bit[root].r = bit[root<<1|1].r;
}
}
int Search(int root,int l,int r,int ll,int rr)
{
if(l == ll && r == rr)
return bit[root].mx;
int mid = (l+r)>>1;
if(mid >= rr) return Search(root<<1,l,mid,ll,rr);
else if(mid+1 <= ll) return Search(root<<1|1,mid+1,r,ll,rr);
else
{
int tmp = 0;
if(a[mid] == a[mid+1]) tmp = min(mid-ll+1,bit[root<<1].r)+min(rr-mid,bit[root<<1|1].l);
return max(max(Search(root<<1,l,mid,ll,mid),Search(root<<1|1,mid+1,r,mid+1,rr)),tmp);
}
}
int main()
{
//fread();
//fwrite();
int n,m,l,r;
while(~scanf("%d",&n) && n)
{
scanf("%d",&m);
init(1,1,n);
while(m--)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d\n",Search(1,1,n,l,r));
}
}
return 0;
}
今天又想了下ST的写法，大体讲一下，可能讲的不是很明白，大家谅解～
不过提交发现跟线段树相比就优化了几百MS（其实也蛮多了，毕竟2000MS时限，。
大体思路就是在存放数值的数组num之外，再开一个辅助数组f 表示从当前位置往后最多能连续到的位置
比如这个数据:
10 3 -1 -1 1 1 1 1 3 3 10 10对应的f数组就是
2 2 6 6 6 6 7 7 10 10
对于rmq数组 我的写法是初始化时允许越出 就是只存储当前区间中出现过的数往后延伸出的最大的的长度，超出界限也允许。
这样在查询时需要加一些特殊处理，可能是导致时间不是很理想的原因。
初始化跟普通的rmq一样 就不详讲了
对于查询区间[L,R] 存在三种情况：
1.f[L] >= R 就是整个区间都是连续相同 类似【这种状态 这样答案就是R-L+1
2.f[f[L]+1] >= R 就是刚好两半的情况 类似【】【 这种状态 譬如上面数据中查询[4,7] 刚好是两种数 输出答案就是f[L]-L+1和R-f[L]中较大的一个
3.其余情况，就是类似 【】【】【】【】【 这种状态 其实会发现上面两种都是这种情况的延伸，其实就是两个很细小的剪枝，不过也省去了一些区间为负的特判。
对于这种情况 就需要二分出最后一个残缺的区间的左端点，因为在最开始提到 这个我写的这个ST的数组允许越出，对于右边界需要特殊处理。我想到的是二分。。所以这里可能会多一个nlogn 这样找到右边那个残缺区间的左端点后就好做了 求一下完整区间的RMQ 然后与右部的长度选一个较大的，即为答案
代码如下：
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <list>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#define LL long long
#define Pr pair<int,int>
#define fread() freopen("in.in","r",stdin)
#define fwrite() freopen("out.out","w",stdout)
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int msz = 10000;
const int mod = 1e9+7;
const double eps = 1e-8;
int num[233333];
int f[233333];
int rmq[233333][19];
int n;
void init()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d",&num[i]);
for(int i = n; i >= 1; --i)
if(i != n && num[i] == num[i+1]) f[i] = f[i+1];
else f[i] = i;
for(int k = 0; k <= 18; ++k)
for(int i = 1; i <= n && i+(1<<k)-1 <= n; ++i)
if(!k) rmq[i][k] = f[i]-i+1;
else rmq[i][k] = max(rmq[i][k-1],rmq[i+(1<<(k-1))][k-1]);
}
int RMQ(int l,int r)
{
int k = log((r-l+1)*1.0)/log(2.0);
return max(rmq[l][k],rmq[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main()
{
//fread();
//fwrite();
int q,l,r;
while(~scanf("%d",&n) && n)
{
scanf("%d",&q);
init();
while(q--)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
if(f[l] >= r) printf("%d\n",r-l+1);
else if(f[f[l]+1] >= r) printf("%d\n",max(f[l]-l+1,r-f[l]));
else
{
int ans = -1;
int ll = f[l]+1,rr = r;
while(ll <= rr)
{
int mid = (ll+rr)>>1;
if(f[mid] == f[r])
{
ans = mid;
rr = mid-1;
}else ll = mid+1;
}
printf("%d\n",max(RMQ(l,ans-1),r-ans+1));
}
}
}
return 0;
}