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Codeforces Round 1054 (Div. 3)-G. Buratsuta 3

news 2025/10/7 17:57:51

题目链接

这道题目可以说是很典的一个题目，解法很多，适合练习，这里给出随机选数、摩尔投票、主席树，三种解法。

题意：给定一个数组，有q次询问，每次询问该数组的一个区间[ l ,r ] ，让你找出其中出现超过 $\lfloor\frac{r-l+1}{3}\rfloor$ 的数，并且输出。

数据范围：

代码一（随机选数）

就是对于一个区间中的数字，每次随机选取一个数字，二分统计这个区间中数字出现的次数，我们随机50次，出错的概率可以小到 $\left(\frac{2}{3}\right)^{50} \approx 0.000000001568$ 。

时间复杂度： $O(n \log n + 50q \log n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
int n,q;
int a[200005],b[200005];
vector<int> v[200005];
mt19937 rnd(time(0));
int query(int l,int r,int x)
{return upper_bound(v[x].begin(),v[x].end(),r)-lower_bound(v[x].begin(),v[x].end(),l);
}
void test()
{cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],b[i]=a[i];sort(b+1,b+n+1);int m=unique(b+1,b+n+1)-b-1;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;for(int i=1;i<=m;i++)v[i].clear();for(int i=1;i<=n;i++)v[a[i]].push_back(i);for(int i=1;i<=q;i++){int l,r;cin>>l>>r;int k=(r-l+1)/3;set<int> st;for(int j=1;j<=50;j++){int x=rnd()%(r-l+1)+l;if(query(l,r,a[x])>k)st.insert(b[a[x]]);if(st.size()>=3)break;}for(int x:st)cout<<x<<" ";if(st.empty())cout<<-1;cout<<"\n";}
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;for(int i=1;i<=t;i++)test();
}

代码二（主席树）

主席树一般解决区间第k小问题，在这里其实就是求某区间出现次数大于k的数

重点理解query逻辑就行，目的是找到区间中某一个点的计数 > k ，而不是每次计算一个区间中的数了，但是只有当某个区间中的cnt > k ，我们要找的点才可能存在于这样的区间，然后不断收缩，直到找到 $l == r$ ，或者直接路径中断，并用fg标记有没有找到解，没有找到的话就输出-1，找到的话就直接输出，其余就是主席树模板。

核心代码： $O(n \log n + q \log n)$

void query_k(int u, int v, int l, int r, int k)
{if (l == r) // 最后收缩到一个点 说明这个点的数量  > k {fg = 1;cout << nums[l - 1] << " ";return;}int diff_l = tr[tr[u].l].cnt - tr[tr[v].l].cnt;int diff_r = tr[tr[u].r].cnt - tr[tr[v].r].cnt;int mid = l + r >> 1;if (k < diff_l) // 右子树找不到再往左子树中找{// 第 k 小的数在左子树query_k(tr[u].l, tr[v].l, l, mid, k);}if (k < diff_r){// 第 k 小的数在右子树query_k(tr[u].r, tr[v].r, mid + 1, r, k);}
}

理解这个直接套模板就行：

时间复杂度： $O(n \log n + q \log n)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 200005; // 序列长度和查询次数的最大值
vector<int> v[N];
int n, m, fg;
int a[N];         // 原始序列
vector<int> nums; // 用于存储所有待离散化的值// 获取 x 离散化后的排名
int get_id(int x)
{return lower_bound(nums.begin(), nums.end(), x) - nums.begin() + 1;
}struct Node
{int l, r; // 左右子节点的编号int cnt;  // 区间内数的个数
} tr[N * 24]; // 空间大小估算: n * log(n) + m * log(n)，开大一些比较保险
int root[N];  // root[i] 存储第 i 个版本的根节点
int tot = 0;  // 节点总数int insert(int p, int l, int r, int x)
{int q = ++tot; // 创建一个新节点 qtr[q] = tr[p]; // 复制上一个版本的信息tr[q].cnt++;   // 当前区间的计数值+1if (l == r)return q; // 到达叶子节点，返回int mid = l + r >> 1;if (x <= mid){// 如果 x 在左半区间，递归更新左子树，并把新左子树的根节点赋给 q->ltr[q].l = insert(tr[p].l, l, mid, x);}else{// 否则递归更新右子树tr[q].r = insert(tr[p].r, mid + 1, r, x);}return q; // 返回新节点的编号
}void query_k(int u, int v, int l, int r, int k)
{if (l == r) // 最后收缩到一个点 说明这个点的数量  > k {fg = 1;cout << nums[l - 1] << " ";return;}int diff_l = tr[tr[u].l].cnt - tr[tr[v].l].cnt;int diff_r = tr[tr[u].r].cnt - tr[tr[v].r].cnt;int mid = l + r >> 1;if (k < diff_l) // 右子树找不到再往左子树中找{// 第 k 小的数在左子树query_k(tr[u].l, tr[v].l, l, mid, k);}if (k < diff_r){// 第 k 小的数在右子树query_k(tr[u].r, tr[v].r, mid + 1, r, k);}
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);int t;cin >> t;while (t--){tot = 0;nums.clear();cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i){ root[i] = 0;v[i].clear();}for (int i = 1; i <= n; ++i){cin >> a[i];nums.push_back(a[i]);}// 离散化sort(nums.begin(), nums.end());nums.erase(unique(nums.begin(), nums.end()), nums.end());int range = nums.size();for (int i = 1; i <= n; ++i){int id = get_id(a[i]);root[i] = insert(root[i - 1], 1, range, id);}// 处理 m 次查询for (int i = 0; i < m; ++i){fg = 0;int l, r;set<int> st;cin >> l >> r;int k = (r - l + 1) / 3;query_k(root[r], root[l - 1], 1, range, k);if (!fg)cout << -1;cout << endl;}}return 0;
}

代码三（摩尔投票+线段树）

摩尔投票相比前两者有些麻烦，感兴趣的可以了解一下。

时间复杂度： $O(n \log n + q \log n)$

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <map>using namespace std;// 线段树节点结构体
struct Node {pair<int, int> c[2]; // 存储两个候选数 {值id, 票数}Node() {c[0] = {0, 0}; // 初始化两个候选数为空c[1] = {0, 0};}
};// 全局变量
vector<int> arr;      // 存储原始数组
vector<Node> seg;     // 线段树
vector<vector<int>> pos; // 每个值出现的位置列表
map<int, int> val2id; // 值到离散化id的映射
vector<int> id2val;   // 离散化id到值的映射// 合并两个节点的候选信息
Node merge(const Node &l, const Node &r) {Node res = l; // 以左节点为基础// 处理右节点的两个候选数for (int i = 0; i < 2; ++i) {if (r.c[i].second == 0) continue; // 跳过空候选int val = r.c[i].first;   // 候选数值idint cnt = r.c[i].second;  // 候选数票数// 情况1: 候选数已在res中if (res.c[0].first == val) {res.c[0].second += cnt;} // 情况2: 候选数在res的第二个位置else if (res.c[1].first == val) {res.c[1].second += cnt;} // 情况3: res有空位else if (res.c[0].second == 0) {res.c[0] = {val, cnt};} else if (res.c[1].second == 0) {res.c[1] = {val, cnt};} // 情况4: 需要三方抵消else {// 计算最小票数进行抵消int minv = min({res.c[0].second, res.c[1].second, cnt});res.c[0].second -= minv;res.c[1].second -= minv;cnt -= minv;// 抵消后如果还有剩余票数，尝试占据空位if (cnt > 0) {if (res.c[0].second == 0) {res.c[0] = {val, cnt};} else if (res.c[1].second == 0) {res.c[1] = {val, cnt};}}}}// 清理票数为0的候选if (res.c[0].second == 0) res.c[0].first = 0;if (res.c[1].second == 0) res.c[1].first = 0;// 确保票数多的在前if (res.c[0].second < res.c[1].second) {swap(res.c[0], res.c[1]);}return res;
}// 构建线段树
void build(int u, int l, int r) {if (l == r) { // 叶子节点seg[u].c[0] = {arr[l], 1}; // 初始候选是自己，票数为1seg[u].c[1] = {0, 0};      // 第二个候选为空return;}int mid = (l + r) / 2;build(u * 2, l, mid);      // 构建左子树build(u * 2 + 1, mid + 1, r); // 构建右子树seg[u] = merge(seg[u * 2], seg[u * 2 + 1]); // 合并子节点信息
}// 区间查询
Node query(int u, int l, int r, int ql, int qr) {if (qr < l || r < ql) return Node(); // 查询区间与当前区间无交集if (ql <= l && r <= qr) return seg[u]; // 当前区间完全包含在查询区间内int mid = (l + r) / 2;Node left = query(u * 2, l, mid, ql, qr);    // 查询左子树Node right = query(u * 2 + 1, mid + 1, r, ql, qr); // 查询右子树return merge(left, right); // 合并左右子树结果
}// 统计某个值在区间[l,r]内的出现次数
int count_in_range(int id, int l, int r) {if (id == 0) return 0; // 无效idauto &p = pos[id];     // 获取该值的所有位置// 使用二分查找统计在[l,r]范围内的数量auto itl = lower_bound(p.begin(), p.end(), l);auto itr = upper_bound(p.begin(), p.end(), r);return distance(itl, itr);
}void solve() {int n, q;cin >> n >> q;// 读取并离散化数据arr.assign(n + 1, 0);vector<int> tmp(n);for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> arr[i];tmp[i - 1] = arr[i];}// 去重排序sort(tmp.begin(), tmp.end());tmp.erase(unique(tmp.begin(), tmp.end()), tmp.end());// 建立双向映射val2id.clear();id2val.assign(tmp.size() + 1, 0);for (size_t i = 0; i < tmp.size(); ++i) {val2id[tmp[i]] = i + 1; // 值到idid2val[i + 1] = tmp[i]; // id到值}// 记录每个值的位置pos.assign(tmp.size() + 1, vector<int>());for (int i = 1; i <= n; ++i) {arr[i] = val2id[arr[i]]; // 将值转换为idpos[arr[i]].push_back(i); // 记录位置}// 构建线段树seg.assign(4 * (n + 1), Node());build(1, 1, n);// 处理查询for (int i = 0; i < q; ++i) {int l, r;cin >> l >> r;Node res = query(1, 1, n, l, r); // 查询区间候选int len = r - l + 1;int thr = len / 3; // 阈值// 验证候选是否满足条件vector<int> ans;if (res.c[0].second > 0 && count_in_range(res.c[0].first, l, r) > thr) {ans.push_back(id2val[res.c[0].first]);}if (res.c[1].second > 0 && count_in_range(res.c[1].first, l, r) > thr) {ans.push_back(id2val[res.c[1].first]);}// 去重排序输出sort(ans.begin(), ans.end());ans.erase(unique(ans.begin(), ans.end()), ans.end());if (ans.empty()) {cout << -1 << "\n";} else {for (size_t j = 0; j < ans.size(); ++j) {cout << ans[j] << (j == ans.size() - 1 ? "" : " ");}cout << "\n";}}
}int main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

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