BZOJ4241 历史研究

Description

IOI国历史研究的第一人——JOI教授，最近获得了一份被认为是古代IOI国的住民写下的日记。JOI教授为了通过这份日记来研究古代IOI国的生活，开始着手调查日记中记载的事件。

日记中记录了连续N天发生的时间，大约每天发生一件。

事件有种类之分。第i天(1<=i<=N)发生的事件的种类用一个整数Xi表示，Xi越大，事件的规模就越大。

JOI教授决定用如下的方法分析这些日记：

1. 选择日记中连续的一些天作为分析的时间段

2. 事件种类t的重要度为t*(这段时间内重要度为t的事件数)

3. 计算出所有事件种类的重要度，输出其中的最大值

现在你被要求制作一个帮助教授分析的程序，每次给出分析的区间，你需要输出重要度的最大值。

Input

第一行两个空格分隔的整数N和Q，表示日记一共记录了N天，询问有Q次。

接下来一行N个空格分隔的整数X1...XN，Xi表示第i天发生的事件的种类

接下来Q行，第i行(1<=i<=Q)有两个空格分隔整数Ai和Bi，表示第i次询问的区间为[Ai,Bi]。

Output

输出Q行，第i行(1<=i<=Q)一个整数，表示第i次询问的最大重要度

Sample Input

5 5
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4

Sample Output

HINT

1<=N<=10^5

1<=Q<=10^5

1<=Xi<=10^9 (1<=i<=N)

　　w[i][j]表示第i块到第j块的答案（即题目要求的最大值）,cnt[i][j]表示前i块种类为j的数的个数前缀和。

　　显然这可以O（N^(3/2)）预处理。查询的时候整块的直接以整块答案为初值，然后考虑“边角余料”，加进num中统计，更新答案，具体看代码吧。

　　我开始WA了，因为有一个数组没开long long。。。之后一直TLE，我不知道一个评测80s的题目TLE几次是什么感觉。。。经过二分查错，我发现并没有问题。

　　最后迷之AC了，因为把一个不必要的long long开成了int就AC了。常数害死人。。。

1 //It is made by jump~ 2 #include <iostream> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cstring> 5 #include <cstdio> 6 #include <cmath> 7 #include <algorithm> 8 #include <ctime> 9 #include <vector> 10 #include <queue> 11 #include <map> 12 #include <set> 13 #ifdef WIN32 14 #define OT "%I64d" 15 #else 16 #define OT "%lld" 17 #endif 18 using namespace std; 19 typedef long long LL; 20 const int MAXN = 101111; 21 const int kk = 1001; 22 int n,m; 23 int belong[MAXN],L[MAXN],R[MAXN]; 24 int num[MAXN]; 25 int match[MAXN],Stack[MAXN],top; 26 LL w[kk][kk]; 27 int cnt[kk][MAXN];//w[i][j]表示第i块到第j块的答案， cnt[i][j]表示前i块数字为j的个数 28 LL ans; 29 30 struct node{ 31 int val,id; 32 }a[MAXN]; 33 34 inline int getint() 35 { 36 int w=0,q=0; 37 char c=getchar(); 38 while((c<‘0‘ || c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar(); 39 if (c==‘-‘) q=1, c=getchar(); 40 while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘, c=getchar(); 41 return q ? -w : w; 42 } 43 44 inline bool cmp(node q,node qq){ return q.val<qq.val; } 45 inline LL max(LL x,LL y){ if(x<y) return y; return x; } 46 47 inline void work(){ 48 n=getint(); m=getint(); int block=sqrt(n),kuai; 49 //int block=325; int kuai; 50 kuai=(n-1)/block+1; 51 for(int i=1;i<=n;i++) a[i].val=getint(),a[i].id=i; 52 for(int i=1;i<=n;i++) { 53 belong[i]=(i-1)/block+1; 54 if(!L[belong[i]]) L[belong[i]]=i; 55 R[belong[i]]=i; 56 } 57 sort(a+1,a+n+1,cmp); match[a[1].id]=1; 58 //用每个数字出现的第一个位置代替这个数字作为它的编号 59 for(int i=2;i<=n;i++) {//构出从小到大的原来顺序的离散化结果 60 if(a[i].val==a[i-1].val) match[a[i].id]=match[a[i-1].id]; 61 else match[a[i].id]=i; 62 } 63 for(int i=1;i<=n;i++) cnt[belong[i]][match[i]]++; 64 for(int i=1;i<=kuai;i++) for(int j=1;j<=n;j++) cnt[i][j]+=cnt[i-1][j];//构前缀和 65 for(int i=1;i<=kuai;i++) { 66 memset(num,0,sizeof(num)); ans=0; 67 for(int now=L[i];now<=n;now++) {//按原先的顺序统计种类的个数 68 num[match[now]]++; ans=max(ans,(LL)num[match[now]]*a[match[now]].val); 69 if(now==R[belong[now]]) w[i][belong[now]]=ans;//已经到最后一个 70 } 71 } 72 memset(num,0,sizeof(num)); 73 int l,r; 74 for(int o=1;o<=m;o++) { 75 l=getint(); r=getint(); ans=0; 76 if(belong[l]==belong[r]) { 77 top=0; 78 for(int i=l;i<=r;i++) { if(!num[match[i]]) Stack[++top]=match[i]; num[match[i]]++; ans=max(ans,(LL)num[match[i]]*a[match[i]].val); } 79 //我们记录一个处理过的种类，Stack保存需要清零的对象 80 while(top>0) num[Stack[top--]]=0; 81 } 82 else{ 83 top=0; if(belong[l]<belong[r]) ans=w[belong[l]+1][belong[r]-1]; 84 //找到不完整的块中的出现的种类，然后统计完整的块中的出现的次数 85 for(int i=l;i<=R[belong[l]];i++) if(!num[match[i]]) num[match[i]]=cnt[belong[r]-1][match[i]]-cnt[belong[l]][match[i]],Stack[++top]=match[i]; 86 for(int i=L[belong[r]];i<=r;i++) if(!num[match[i]]) num[match[i]]=cnt[belong[r]-1][match[i]]-cnt[belong[l]][match[i]],Stack[++top]=match[i]; 87 for(int i=l;i<=R[belong[l]];i++) num[match[i]]++; 88 for(int i=L[belong[r]];i<=r;i++) num[match[i]]++; 89 while(top>0) { ans=max(ans,(LL)num[Stack[top]]*a[Stack[top]].val); num[Stack[top--]]=0;}//清零 90 } 91 printf("%lld\n",ans); 92 } 93 } 94 95 int main() 96 { 97 work(); 98 return 0; 99 }