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显然：

对于一个区间我们只需要负责处理最多次出现的那个元素 （我们把剩下的元素称为其他元素） 而最优策略是拿两个最多元素和一个其他元素组合成一个序列

故某个区间的答案是

$max(最多元素个数-其他元素,1)$

所以对于单个区间，我们只需要求出其中出现次数最多的元素个数。

这个是好做的。 因为每次加上一个数或者删去一个数，区间出现次数最多元素的元素个数只会增加或者减少一，所以我们只需要用一个$cnt[i]$记录$i$出现的次数，$rnk[i]$记录出现次数为$i$次的元素个数。 每次维护$cnt[i]$和$rnk[i]$即可。（可以知道这个的复杂度是很低的，因为上文"出现次数最多元素的元素个数只会增加或者减少一")

同时因为询问是连续区间，所以想到莫队，复杂度可以控制在$O(n\sqrt{n})$以内。

#include
   
        using namespace std;    #define ll long long    const int maxn=3e5+50;    int n,q;    int a[maxn],ans[maxn],rnk[maxn],cnt[maxn];    int nowl=1,nowr=0,nowans=0;    struct qu    {           int l,r,num;    }query[maxn];         bool cmp(qu a,qu b)    {           int t=sqrt(n);        if(a.r/t!=b.r/t)return a.r/t
    
     0)rnk[cnt[a[x]]]--;        cnt[a[x]]++;        rnk[cnt[a[x]]]++;        nowans=max(nowans,cnt[a[x]]);    }    void del(int x)    {           rnk[cnt[a[x]]]--;        cnt[a[x]]--;        rnk[cnt[a[x]]]++;        while(rnk[nowans]==0)nowans--;    }         int main()    {           scanf("%d%d",&n,&q);        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);        for(int i=1;i<=q;i++)        {               scanf("%d%d",&query[i].l,&query[i].r);            query[i].num=i;        }        sort(query+1,query+1+q,cmp);        for(int i=1;i<=q;i++)        {               while(nowr
     
      query[i].l)            {                   nowl--;                add(nowl);            }            while(nowr>query[i].r)            {                   del(nowr);                nowr--;            }            while(nowl
     
    
   

但就本题而言我们的做法可以有很多种，其中有两种觉得非常有借鉴意义。

1、如果有一个数在区间内出现了超过$(n+1)/2$次，那么它一定在某个子区间内出现超过$(n+1)/2$次（否则矛盾），所以我们只需要用线段树处理出每个区间超过$(n+1)/2$次的数，然后分别$check$即可。 2、如果有一个数在区间内出现了超过$(n+1)/2$次，那么我们随机一个位置，随机到这个数的概率大于$1/2$，所以我们随机$n$次，$check$每次取到的值，找到这个数的概率是非常大的。 注：check就简单二分下标~

同时顺便也学到了，对于出现次数大于$(n+1)/2$的众数我们有摩尔投票算法可以$O(n)$求出…

$bytheway$我们还可以复习一下中位数的一些冷知识，对于一个区间我们可以先二分一个数，然后统计大于这个数和小于这个数的数的个数，来$check$，复杂度是$O(nlogn)$。

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