CF1446D1, D2 Frequency Problem
題目來源：Codeforces, Codeforces Round #683 (Div. 1, by Meet IT)，CF1446D1 Frequency Problem (Easy Version)，CF1446D2 Frequency Problem (Hard Version)
題目大意
有一個長度為 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,\dots ,a_n\)。
我們定義一個子段（連續子序列）是好的，當且僅當其中出現次數最多的元素不唯一。
請求出，最長的、好的子段的長度。
數據范圍：\(1\leq n\leq 2\times10^5\)。對於 D1，\(1\leq a_i\leq \min(n,100)\)，對於 D2，\(1\leq a_i\leq n\)。
本題題解
D1
如果原序列里，出現次數最多的數不唯一，則答案就是 \(n\)。否則，考慮那個唯一的、出現次數最多的元素，記為 \(x\)。
發現，最長的、好的子段（也就是答案），有個必要條件是：\(x\) 是其中出現次數最多的元素之一。
證明：考慮一個好的子段 \([l,r]\)，如果 \(x\) 不是其中出現次數最多的元素。那么，我們依次考慮 \([l-1,r]\), \([l-2,r]\), ... ..., \([1,r]\), \([1,r+1]\), \([1,r+2]\), ... ..., \([1,n]\)。因為 \(x\) 的數量每次最多增加 \(1\) 個，且它是整個序列里出現次數最多的元素。那么總有某一步后，\(x\) 和序列里其他出現最多的元素一樣多。
我們枚舉，答案的子段里，和 \(x\) 出現次數一樣多的元素是誰，記為 \(y\)。問題轉化為，對一組數值 \((x,y)\) 計算答案。
我們可以忽略數列里除 \(x\), \(y\) 外的其他數。問題進一步轉化為：求一個最長的子段，滿足 \(x\), \(y\) 的出現次數一樣多。
把數列里的 \(x\) 看做 \(1\)，\(y\) 看做 \(-1\)，其他數看做 \(0\)。得到一個序列 \(b\)。那么，我們要求最長的、和為 \(0\) 的子段長度。做前綴和，令 \(\text{sum}_i=\sum_{j=1}^{i}b_j\)。問題相當於找兩個位置 \(0\leq l < r\leq n\)，滿足 \(\text{sum}_r = \text{sum}_l\)。對每個 \(\text{sum}\) 值 \(v\)（\([-n,n]\)，共 \(2n+1\) 個值）記錄它最早的出現位置。然后枚舉 \(r\)，並更新答案即可。
有讀者可能對“忽略數列里除 \(x\), \(y\) 外的其他數”這一做法心存疑慮。因為有可能，我們找到的序列里，存在一個其他數值 \(z\)，出現次數多於 \(x,y\)。但是，基於以下兩點：
- 存在這樣 "\(z\)" 的子段，長度一定小於答案。證明：我們按和上面同樣的方法，向兩邊擴展一下，直到 \(x\) 和 \(z\) 出現次數相等。得到的序列仍然滿足：存在兩個數 \((x,z)\) 出現次數相等，且新的子段長度比原來長。所以只要存在這樣的 "\(z\)"，我們就擴展一下，最終一定能得到沒有 "\(z\)" 的，也就是以 \(x\) 為出現次數最多的數的子段，且長度一定嚴格大於原來的子段。
- 答案的子段，一定會被考慮到。因為只要滿足 \(x\), \(y\) 出現次數相等，就會被考慮到。
我們用這種方法，求出的就是答案。
時間復雜度 \(O(n\times\text{maxa})=O(n\times 100)\)。可以通過 D1。
D2
考慮答案序列里，出現次數最多的數，的出現次數。如果出現次數 \(>\sqrt{n}\)，則滿足條件的數值只有不超過 \(\sqrt{n}\) 個，我們套用 D1 的做法，時間復雜度 \(O(n\sqrt{n})\)。
如果出現最多的數，出現次數 \(\leq \sqrt{n}\)，我們枚舉這個出現次數，記為 \(t\)。然后做 two pointers。
具體來說，枚舉區間的右端點 \(r\)。對每個 \(r\)，記最小的，使得 \([l,r]\) 內所有數出現次數都 \(\leq t\) 的 \(l\) 為 \(L_r\)。容易發現，對於 \(r=1,2,\dots,n\)，\(L_r\) 單調不降。並且，在當前的 \(t\) 下，對一個 \(r\) 來說，如果 \([L_r,r]\) 不是好的子段（出現次數為 \(t\) 的數值，不到 \(2\) 個），那么其他 \([l,r]\) (\(L_r<l\leq r\)) 也不可能是。因為出現次數為 \(t\) 的數值，只會更少。
所以，隨着我們從小到大枚舉 \(r\)，只需要用一個變量來記錄當前的 \(L_r\)。同時用數組維護一下，當前每個數的出現次數，以及每個出現次數的出現次數。就能確定，當前的 \([L_r,r]\) 是否是好的區間。具體可以見代碼。這個 two pointers 的過程是 \(O(n)\) 的。因為有 \(\sqrt{n}\) 個 \(t\)，所以這部分的時間復雜度也是 \(O(n\sqrt{n})\)。
總時間復雜度 \(O(n\sqrt{n})\)。
總結
本題首先需要一個結論。通過觀察、分析題目性質，是可以想到的。
然后需要一個技巧：把一個普通序列，轉化為只含 \(0\), \(1\), \(-1\) 的序列。這樣就把復雜的、出現次數的關系，轉化為了簡單的數值關系。這個技巧在一些經典的二分中位數的題里也有用到（把 \(> \text{mid}\) 的視為 \(1\)，\(\leq \text{mid}\) 的視為 \(-1\)）。
D2，想到根號分治以后，應該就不是太難了。
參考代碼
D1：
// problem: CF1446D1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 2e5;
const int INF = 1e9;
int n, mxa, a[MAXN + 5];
int cnt[MAXN + 5], mp[MAXN * 2 + 5];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
ckmax(mxa, a[i]);
cnt[a[i]]++;
}
int mx = 0, semx = 0;
for (int i = 1; i <= mxa; ++i) {
if (cnt[i] > cnt[mx]) {
semx = mx;
mx = i;
} else if (cnt[i] > cnt[semx]) {
semx = i;
}
}
// cerr << mx << " " << semx << endl;
if (!semx) {
// 整個序列只有一種值
cout << 0 << endl;
return 0;
}
if (cnt[semx] == cnt[mx]) {
cout << n << endl;
return 0;
}
int ans = 0;
for (int v = 1; v <= mxa; ++v) {
if (v == mx)
continue;
if (!cnt[v])
continue;
for (int i = 0; i <= n * 2; ++i) {
mp[i] = INF;
}
mp[n] = 0;
int presum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x = 0;
if (a[i] == mx) x = 1;
else if (a[i] == v) x = -1;
presum += x;
ckmax(ans, i - mp[presum + n]);
ckmin(mp[presum + n], i);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
D2：
// problem: CF1446D2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 2e5;
const int INF = 1e9;
const int BOUND = 448;
int n, mxa, a[MAXN + 5];
int cnt[MAXN + 5], mp[MAXN * 2 + 5];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
ckmax(mxa, a[i]);
cnt[a[i]]++;
}
int mx = 0, semx = 0;
for (int i = 1; i <= mxa; ++i) {
if (cnt[i] > cnt[mx]) {
semx = mx;
mx = i;
} else if (cnt[i] > cnt[semx]) {
semx = i;
}
}
// cerr << mx << " " << semx << endl;
if (!semx) {
// 整個序列只有一種值
cout << 0 << endl;
return 0;
}
if (cnt[semx] == cnt[mx]) {
cout << n << endl;
return 0;
}
int ans = 0;
for (int v = 1; v <= mxa; ++v) {
if (v == mx)
continue;
if (cnt[v] <= BOUND)
continue;
for (int i = 0; i <= n * 2; ++i) {
mp[i] = INF;
}
mp[n] = 0;
int presum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x = 0;
if (a[i] == mx) x = 1;
else if (a[i] == v) x = -1;
presum += x;
ckmax(ans, i - mp[presum + n]);
ckmin(mp[presum + n], i);
}
}
for (int frq = 1; frq <= BOUND; ++frq) {
for (int i = 1; i <= mxa; ++i) {
cnt[i] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
mp[i] = 0;
}
int l = 1;
for (int r = 1; r <= n; ++r) {
mp[cnt[a[r]]]--;
cnt[a[r]]++;
mp[cnt[a[r]]]++;
while (cnt[a[r]] > frq) {
mp[cnt[a[l]]]--;
cnt[a[l]]--;
mp[cnt[a[l]]]++;
++l;
}
if (mp[frq] >= 2) {
ckmax(ans, r - l + 1);
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}