我的一些简单题

我终将成为你的倒影

思维：3。

代码：2。

题面

题目背景

『 现实并不像回忆那般，充满变化的余地。』

题目描述

岛村是不喜欢上课的。但是今天的数学课上，一个函数 \(f(x)=\lfloor \frac{x+a}{b}\rfloor\) 吸引住了她。

她现在有一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\) 和 \(m\) 个询问。她想知道对于每组 \(l,r,a,b\)，记 \(B_i=f(A_i)\)，\(\displaystyle\sum^r_{i=l+1}[B_i=B_{i-1}]\) 的值为多少（其中若 \([]\) 里面的表达式为真，值为 \(1\)，否则为 \(0\)）。

但是她着急于去找安达打乒乓球，所以把问题交给你了。

本题强制在线，每次的 \(l,r,a,b\) 均要异或上一次的答案，若这是第一次询问，则不做操作。

输入格式

第一行两个整数 \(n,m\)。

第二行 \(n\) 个整数 \(A_i\)。

接下来 \(m\) 行，每行四个整数 \(l,r,a,b\)。

输出格式

对于每次询问，输出一个整数表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

10 10
1 3 4 3 4 7 2 9 7 10 
1 10 3 7
3 13 3 2
4 6 2 7
0 6 7 2
2 7 10 1
1 4 0 10
4 5 2 8
2 9 2 0
1 5 0 7
0 2 6 3

输出 #1

4
1
1
3
2
2
1
0
4
1

说明/提示

对于所有测试数据，保证：\(1 \le n,m,A_i \le 10^5\)，\(1\le b\le 500\)，\(0 \le a\le2\times10^9\)，\(l<r\)。

Subtask	限制	分值
\(0\)	\(n,m\le100\)	\(10\)
\(1\)	\(n\le100\)	\(20\)
\(2\)	\(b\le10\)	\(20\)
\(3\)	-	\(50\)

题解

百合题。

没啥意思，分块模板说是。

注意到 \(b \le 500\)，考虑暴力。我们去枚举所有的 \(b\)，由于 \(f(x)=\lfloor \frac{x+a}{b}\rfloor=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor+\lfloor \frac{x+a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b}{b}\rfloor=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor+\lfloor \frac{x + a\bmod b}{b}\rfloor\)，其中 \(\lfloor \frac{a}{b}\rfloor\) 对任意的 \(x\) 都是一样的。所以这玩意没用。那么对于一个 \(b\)，可能得到不同答案的 \(a\) 就只有 \(O(b)\) 个了。

考虑 \(A_i\) 和 \(A_{i-1}\) 在 \(b\) 一定的时候，\(a\) 的取值范围，使得 \(f(A_i)=f(A_{i-1})\)。注意到 \(\lfloor \frac{x+a}{b}\rfloor - \lfloor \frac{x}{b}\rfloor \le 1\)，所以 \(|f(A_i)-f(A_{i-1})|\) 在 \(a=y\) 时的值相比 \(a=0\) 时的值变化量不超过 \(1\)。也就是说，当 \(a=0\) 时 \(|f(A_i)-f(A_{i-1})| \ge 2\) 的 \((i,i-1)\) 是不可能产生贡献的。

令 \(A_i \ge A_{i-1}\)。对 \(a=0\) 时 \(f(A_i)\) 与 \(f(A_{i-1})\) 的大小分类讨论：

1. \(f(A_{i})=f(A_{i-1})\)。记 \(r_i=A_i \bmod b\)。当 \(a+r_i \ge b\) 时 \(f(A_i)\) 的值会增加 \(1\)，\(f(A_{i-1})\) 同理。那么 \(i\) 和 \(i-1\) 要么都不增加，要么都增加。则 \(a\) 的取值范围为 \([0,b-\max(r_i,r_{i-1})) \cup [b-\min(r_i,r_{i-1}),b)\)。
2. \(f(A_i) =f(A_{i-1})+1\)。那么当 \(f(A_{i-1})\) 增加且 \(f(A_i)\) 不增加时会产生贡献。则 \(a\) 的取值范围为 \([b-r_{i-1},b-r_{i})\)。

那么这样就能维护出 \(l=1 \land r=n\) 时的所有答案了。现在考虑区间询问。很容易想到，记 \(f_{a,b,i}\) 表示在 \(a,b\) 已知时，\(f(A_i)\) 是否等于 \(f(A_{i-1})\)。但是这样空间是 \(O(b^2 n)\) 的。注意到我们的预处理是 \(O(nb)\) 的复杂度，这样维护前缀和查询的复杂度是 \(O(m)\) 的。考虑平衡，我们拿时间换空间，最简单的情况不难想到可以分块。我们将每 \(B\) 个数在 \(a,b\) 已知时的答案维护在一起，那么查询的时候就只需要暴力维护散块的答案了。这样的时间复杂度是 \(O(nb+m(\frac{n}{B}+B))\) 的，空间复杂度是 \(O(b^2\frac{n}{B})\) 的。当 \(b=\sqrt{n}\) 时可以做到时间复杂度 \(O(nb+m\sqrt{n})\)，空间复杂度 \(O(b^2 \sqrt{n})\)。

抱月

思维：3。

代码：4。

题面

题目描述

记 \(P(u,v)\) 表示树上从节点 \(u\) 到节点 \(v\) 依次经过的点组成的序列，包括 \(u\) 和 \(v\)。

记 \(dep_u\) 表示在以 \(1\) 为树根时，节点 \(u\) 的深度（根节点深度为 \(0\)）。

记 \(\operatorname{LCA}(u,v)\) 为树上节点 \(u\) 和 \(v\) 在以 \(1\) 为树根时的最近公共祖先。

抱月有一棵树，树根为 \(1\)，一共有 \(n\) 个节点。其中第 \(i\) 个节点的颜色是 \(c_i\)。她发现，对于一个节点 \(x\) 和整数 \(k\)，如果将 \(P(x,1)\) 中所有满足：\(dep_y\equiv dep_x \pmod{k}\) 的 \(y\) 都拿出来，这些 \(y\) 是有意义的。

所以，你需要解决这样一个问题。给定 \(m\) 次询问，每次两个整数 \(x,k\)，求删掉 \(P(x,1)\) 中所有满足 \(dep_y\equiv dep_x \pmod{k}\) 的 \(y\) 后，满足 \(dep_z \le dep_x\) 的 \(z\) 中不同 \(c_z\) 的数量。每次询问独立，也就是说这次删的点在下一次询问会恢复。

如果不理解，请看样例解释。

输入格式

第一行两个整数 \(n,m\)。

第二行 \(n\) 个整数 \(c_i\)。

接下来 \(n-1\) 行，每行两个整数 \(u~v\)，表示 \(u~v\) 之间有连边。

接下来 \(m\) 行，每行两个整数 \(x_i~k_i\)，表示询问。

输出格式

共 \(m\) 行，每行一个整数，表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

11 9
3 1 4 8 8 2 6 4 7 5 1
1 2
1 3
1 4
4 9
9 10
9 11
3 5
3 6
5 8
5 7
3 1
4 1
5 2
11 4
10 3
8 2
6 1
7 1
7 2

输出 #1

2
2
5
8
6
7
3
6
7

说明/提示

对于所有测试数据，保证 \(1 \le n,m,k_i \le 10^5\)，\(1 \le u,v,x_i \le n\)，\(0 \le c_i \le 10^5\)。

Subtask	限制	分值
\(0\)	\(n,m \le 10^3\)	\(10\)
\(1\)	\(c_i\) 相同	\(4\)
\(2\)	\(k_i > \max\limits_{j=1}^{n} dep_j\)	\(16\)
\(3\)	\(n,m \le 5\times 10^4\)	\(30\)
\(4\)	无	\(40\)

样例解释

对于第 \(1\) 个询问，满足条件的 \(y\) 为：\(1,3\)。删掉之后，满足条件的 \(z\) 为：\(2,4\)。其中 \(c_1=2,c_4=8\)，所以答案为 \(2\)。

对于第 \(3\) 个询问，满足条件的 \(y\) 为：\(1,5\)。删掉之后，满足条件的 \(z\) 为：\(2,3,4,6,9\)。其中 \(c_2=1,c_3=4,c_4=8,c_6=2,c_9=7\)，所以答案为 \(5\)。

题解

百合题。

根号分治模板说是。

题面是让求所有深度不大于 \(x\) 且不为 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先的点的颜色构成集合的大小。

很显然的，如果一个颜色 \(col\) 在最后的集合中没有出现过，那么 \(c_i=col\) 的 \(i\) 要么是 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先，要么深度大于 \(x\) 的深度。因为没被删的点看起来很不好维护，所以考虑维护有多少种颜色完全被删了。

考虑将深度大于 \(x\) 的深度的点和 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先分开维护。对于深度大于 \(x\) 的深度的点，我们可以再反一次，转化为深度不大于 \(x\) 的深度的点的颜色构成集合的大小。求这个有若干种方式，能过在 \(O(n)\) 的复杂度维护出所有 \(dep_x=y\) 时的答案。那么现在问题转化为：求有多少种颜色 \(col\)，满足 \(c_i =col \land dep_i \le dep_x\) 的点均为 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先。这个很典吧，考虑根号分治。

由于 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先数量为 \(\lfloor\frac{dep_x}{k}\rfloor\)，如果我们每次暴力跳 \(k\) 级祖先，那么复杂度是 \(O(\frac{dep_x}{k})\) 的。维护一个颜色是否出现完可以按照 BFS 序记录每个点。那么记 \(lst_i\) 为颜色 \(i\) 上一次出现的位置，则 \(dep \in [dep_u,dep_{lst_i}]\) 颜色 \(i\) 不能出现 \(>2\) 次，即将每种颜色按照 BFS 序排序后它们相邻。所以单次时间复杂度是 \(O(\frac{dep_x}{k} \log n)\sim O(\frac{dep_x}{k})\)。

如果这个 \(k\) 极小，上面的做法显然很裂。考虑枚举 \(k\)，将所有 \(k\) 相同的询问统一处理。假设现在 \(k\) 一定。对于一个颜色 \(col\)，我们将 \(c_i=col\) 的点剖出来，建成一棵虚树，观察虚树的形态。我们将虚树按照深度分层，那么对于前 \(i\) 层，如果我们有一个询问 \(Dep_{i+1} >dep_x\ge Dep_i\)，则当 \(col\) 会对 \(x\) 产生贡献的必要条件一定是前 \(i\) 层的虚树形态是一条链。这个显然吧，如果不是链，那么一定有一个点 \(u\)，有 \(deg_u \ge 3\) 且 \(dep_u \le dep_x\)。那么一定存在一个点颜色为 \(col\) 且不为 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先。

我们接着去枚举层数 \(i\)。当前 \(i\) 层构成虚树的形态为一条链时，考虑会对哪些 \(x\) 产生贡献。如果 \(col\) 对 \(x\) 产生了贡献，那么另一个充分必要条件是这条链上所有点均为 \(x\) 的 \(k\) 倍祖先。根据虚树的性质，既然是一条链，那么这虚树上所有点的颜色都为 \(col\)，所以是必须的。我们有：\(Dep_i \le dep_x < Dep_{i+1}\)。哦我是不是忘说了，\(Dep_i\) 表示第 \(i\) 层节点在原树上的深度。

我们可以找到第 \(i\) 层的虚树上节点在原树上的位置。那么现在就相当于对于一个子树的一个深度区间加问题了。哦这里还有个条件，就是 \(dep_x\) 应该与 \(Dep_1\) 对于 \(k\) 同余，且 \(Dep_j (j \le i)\) 也应该与 \(Dep_1\) 对于 \(k\) 同余。维护这个可以将所有颜色合在一起处理，在节点上打 \(tag\) 即可。对于一个 \(k\) 的时间复杂度 \(O(n)\)。

那么现在我们有两种做法，一种做法的时间复杂度为 \(O(\sum \frac{dep_x}{k}+n\log n)\)，一种为 \(O(nK)\)。最坏情况下，有时间复杂度为 \(O(\sum\frac{n}{k}+nK+n\log n)\)。看情况平衡即可，时间复杂度 \(O(n\log n+n\sqrt{n})\)。

樱

思维：1。

代码：1。

题面

题目背景

只属于我们两人的樱花不畏寒冬，大肆绽放。

题目描述

樱有一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)。她现在有 \(m\) 个问题，第 \(i\) 个问题是：\(\operatorname{mex}(A_{l_i},A_{l_{i+1}},\dots,A_{r_i})\) 的值为多少。

抱月想要给樱改改题。具体地，她将构造一个长度为 \(k\) 的序列 \(B\)。那么樱的第 \(i\) 个问题将变成：求 \(\operatorname{mex}(A_{l_i},A_{l_{i+1}},\dots,A_{r_i},B_1,B_2,\dots,B_k)\)。

如果对于所有 \(m\) 个问题，在樱通过一切方式求出来后都是相同的，那么樱会有成就感。

抱月想知道，当 \(k=0,1,\dots,n\) 时，是否能构造出来一个长度为 \(k\) 的序列 \(B\)，使得樱开心。如果可以，那么这 \(m\) 个问题的答案的最大值是多少。如果不可以，请输出 \(-1\)。

【形式化题面】：

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\) 与 \(m\) 组 \(l_i,r_i\)。

要构造一个长度为 \(k\) 的序列 \(B\)，记 \(f_i=\operatorname{mex}(A_{l_i},A_{l_i+1},\dots,A_{r_i},B_1,B_2,\dots,B_k)\)。那么有：\(f_i(1 \le i \le m)\) 相等。

对于 \(k=0,1,\dots ,n\)，求在所有满足条件的 \(B\) 中，\(f_i\) 值最大是多少。若不存在任何一个 \(B\)，则最大值为 \(-1\)。

注：

\(\operatorname{mex}(A_{1},A_{2},A_{3},\dots,A_m)\) 为可重集 \(\{A_1,A_2,A_3,\dots,A_m\}\) 中最小的不存在的自然数。

输入格式

第一行两个整数 \(n,m\)。

第二行 \(n\) 个整数 \(A_i\)。

接下来 \(m\) 行，每行两个整数 \(l_i,r_i\)。

输出格式

对于每个 \(k\)，输出一个整数表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

7 3
0 1 4 1 5 1 4
1 3
1 6
5 7

输出 #1

-1
2
3
3
6
7
8
9

说明/提示

对所有数据，满足 \(1 \le n,m \le 10^6,0 \le A_i <n, 1 \le l_i \le r_i \le n\)。

::cute-table{tuack}

子任务编号	\(n,m\le\)	特殊性质	分值
#1	\(2000\)	无	\(\text{15pts}\)
#2	\(10^6\)	A	\(\text{10pts}\)
#3	^	B	\(\text{15pts}\)
#4	^	无	\(\text{60pts}\)

特殊性质 A：\(A_i=n-1\)。

特殊性质 B：\(\sum(r_i-l_i+1)\le 100\)。

题解

白合题。

注意到这个 \(\operatorname{mex}\) 是个假的，启示我们去枚举一个值 \(x\)，维护 \(f_i = x\) 时 \(k\) 的最小值。

记 \(g(x)\) 为上述最小值，那么一定有 \(g(x) \ge g(x-1)\)。如果一个区间 \([l_i,r_i]\) 不存在 \(x\)，则说明任意相邻两个 \(x\) 的位置 \(p1,p2(p1 < p2)\) 要么满足 \(p2 < l_i\)，要么满足 \(p1>r_i\)，要么满足 \(p1 < l_i \le r_i < p_2\)。

去枚举相邻两个 \(x\) 的位置 \(p1,p2\)。这个的总枚举次数 \(O(n)\)。则 \(l_i \in (p1,p2) \land r_i \in (p1,p2)\) 的区间一定满足 \(\operatorname{mex} \le x\)。维护 \(cnt_x\) 表示不包含 \(x\) 的区间数量，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

现在考虑使用 \(cnt\) 计算 \(g\)。对于 \(g_x\)，因为要使得所有区间都满足 \([0,x-1]\) 中的数在拼接上 \(B\) 后出现过至少一次，且 \(x\) 没有出过。所以若存在 \(i \in [0,x-1]\) 有 \(cnt_i \ne 0\)，则 \(B\) 中需要有一个 \(i\) 来使这 \(cnt_i\) 个区间包含 \(i\)。同时还需要满足 \(cnt_x=m\)，因为如果存在至少一个区间包含了 \(x\)，无论 \(B\) 长什么样都不可能让 \(f_i\) 全为 \(x\)。总结一下，\(g_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1}[cnt_j \ne 0]\)，且在 \(cnt_i\ne m\) 时 \(g_i=10^{100}\)。

那么最后取前缀 \(\max\) 就可以知道答案了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

朝向过去的远方

思维：2。

代码：1。

题面

题目背景

天空很蓝。

我抬头看向它。

云朵飘过。

题目描述

在通往世界的尽头，有一条路。路上有 \(n\) 个点，其中从前往后第 \(i\) 个点的记忆度为 \(A_i\)。

抱月朝前走着。因为不想忘记太多，到点 \(i\) 时，她会询问对于从 \(i\) 到 \(n\) 的每个点 \(x\)，最小的 \(j\) 的值，满足 \(A_j,A_{j+1},\dots,A_x\) 按位与的结果和 \(A_{i},A_{i+1},\dots,A_{x}\) 按位与的结果相同。

也许是记忆力不太好，对于每个 \(i\)，记 \(s(i)\) 为 \(x=i,i+1,\dots,n\) 时对应的 \(j\) 与 \(i\) 的距离（\(|i-j+1|\)）的按位异或和。请你在她走到尽头时，告诉她 \(\sum\limits_{i=1}^{n}s(i) \bmod m\) 的值。

【形式化题面】:

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)。

记 \(g(l,r)=(A_l\&A_{l+1}\&\dots\& A_r)\)，\(f(r,x)=\min\limits_{1 \le l \le r \land g(l,r)=x }^{}l\)。

输出 \(\sum\limits_{i=1}^{n} (\bigoplus\limits_{r=i}^{n}(i-f(r,g(i,r))+1)) \bmod m\) 的值。

输入格式

第一行两个整数 \(n,m\)。

第二行 \(n\) 个整数 \(A_i\)。

输出格式

一行 \(1\) 个整数表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

5 4
5 4 3 2 1

输出 #1

3

输入输出样例 #2

输入 #2

3 10
3 15 31

输出 #2

2

输入输出样例 #3

输入 #3

10 16
18 7 9 6 6 2 4 8 5 10

输出 #3

8

说明/提示

今天它飘得很快，目标指向远方。

追逐着云朵的目光望向前方，樱花花瓣飞进我的视线。

对所有数据，满足 \(1 \le n \le 10^6,1 \le A_i,m < 2^{30}\)。

::cute-table{tuack}

子任务编号	\(n\le\)	特殊性质	分值
#1	\(10^6\)	A	\(\text{10pts}\)
#2	\(10^3\)	无	\(\text{10pts}\)
#3	\(10^5\)	B	\(\text{30pts}\)
#4	\(10^6\)	无	\(\text{50pts}\)

特殊性质 A：\(A_i\) 相同。

特殊性质 B：\(1 \le A_i,m < 2^{20}\)。

题解

百合题。

首先对于 \(r=r0\) 时，不同的 \(g(l,r)\) 值只有 \(O(\log V)\) 个。证明略。记 \(B_{r0}=\{(l_1,r_1,x_1),(l_2,r_2,x_2),\dots,(l_k,r_k,x_k)\}\) 为相同 \(g\) 值时 \(l\) 的区间。如 \((l_1,r_1,x_1)\) 表示 \(l\in [l_1,r_1],r=r0\) 时，\(g(l,r)=x_1\)。这个可以在 \(O(n\log V)\) 时间找到。

那么对 \(x_i\) 相同的所有区间单独计算贡献。也就是说，每次我们可以找到 \(O(n)\) 个 \((l,r,x)\)，使得 \(x=x0\)。而这个总数是 \(O(n\log V)\) 的，因为 \(\sum |B_i|\) 是 \(O(n\log V)\) 的。则现在问题变成，对于每个区间 \(i \in [l,r]\)，将 \(res_i\) 异或上 \(i-l+1\)。暴力做显然是 \(O(n^2)\) 的。

对于每个 \(x=x0\) 的区间，观察一下会发现对于任意两个 \([l1,r1],[l2,r2]\)，要么 \(l1=l2,r1 \le r2\)，要么不相交。

证明：

如果 \(B_{i}\) 包含 \((l,r,x)\) 且 \(B_{i+1}\) 包含 \((l',r',x)\)。那么有 \(x \subset a_{i+1}\)，则 \(l=l’\)。因为 \(g(l,r)\ge g(l-1,r)\)，如果 \(l > l'\) 则 \(\gcd(A_{l'},\dots,A_{i+1})=x\le g(l',i)=x\)，不符合条件。如果 \(l < l'\) 则 \(g(l,i)=x\ge g(l,i+1)\)，而 \(x\subset A_{i+1}\) 所以 \(g(l,i+1)=x\)，不符合条件。\(r \le r'\) 显然。

如果 \(B_i\) 包含 \((l,r,x)\) 且 \(B_{j}\) 包含 \((l',r',x)\) 且 \(j > i+1\)。那么在 \(B_{i+1}\sim B_{j-1}\) 都不包含 \(([],[],x)\) 时，说明至少存在一个 \(k\)，有 \(g(r,k) \ne x (i+1 \le k <j)\)。则 \(l' > k > r\)。

对于所有左端点相同的区间，\((i-l+1)\) 的 \(l\) 就是定值了，只需要统计异或的次数。而我们枚举区间的左端点 \(l0\)，暴力往右拓展，直到拓展的右端点不存在于某个左端点为 \(l0\) 的区间位置（也就是乘的次数变成 \(0\)）时间复杂度就是对的。

这个的证明可以这么考虑：

原本暴力枚举区间中的所有点时间复杂度为 \(O(\sum (r-l+1)) =O(n^2)\)，上面的做法优化的点在于：将 \(g(i,r)=x0\) 原本需要 \(O(\sum [x=x0, l \le i \le r])\) 的代价修改变成了 \(O(1)\) 的代价修改。则对于 \(i\) 减少的修改次数等价于以 \(i\) 为区间左端点，右端点 \(r \in [L,R]\) 且 \(g(i,r)=x\) 时 \(R-L\) 的值。那么 \(i\) 的总修改代价就应该是以 \(i\) 为区间左端点，不同的 \(g(i,r)\) 的数量。这个的总和和开头一样是 \(O(n\log V)\) 的。

时间复杂度 \(O(n\log V)\)_'

P14203 这次要永远 做朋友

思维：4。

代码：2。

题面

## 题目背景

实际上，我们的友情早已生锈、崩坏。

或许今天只是残骸上的碎片，恰巧散发出了微弱光芒而已。

即使如此......

题目描述

定义 \(f(l,r)\) 为 \(\{a_l,a_{l+1},\dots,a_r\}\) 的绝对众数的值。若不存在，则 \(f(l,r)=10^{100}\)。也就是出现次数 \(c > \lfloor\frac{r-l+1}{2}\rfloor\) 的值。

定义 \(\operatorname{mex}(l,r)\) 为 \(\{a_l,a_{l+1},\dots,a_r\}\) 的 \(\operatorname{mex}\) 值。也就是最小的不存在的自然数。

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a_{1\dots n}\)，求 \(\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[\operatorname{mex}(l,r)\ge f(l,r)]\)。

输入格式

第一行一个整数 \(n\)。

第二行 \(n\) 个整数 \(a_i\)。

输出格式

一行一个整数，表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

4
0 0 1 2

输出 #1

4

输入输出样例 #2

输入 #2

7
3 1 0 1 2 2 0

输出 #2

3

输入输出样例 #3

输入 #3

10
1 1 0 0 2 2 3 3 0 0

输出 #3

10

说明/提示

我仍然真的认为——那笑容非常灿烂，甚至令我指尖发麻。

对所有数据，满足 \(1 \le n \le 3\times 10^6,0 \le a_i \le n\)。

::cute-table{tuack}

子任务编号	\(n\le\)	特殊性质	分值	时间限制
#1	\(100\)	无	\(\text{5pts}\)	\(\text{1s}\)
#2	\(5000\)	^	\(\text{5pts}\)	^
#3	\(3 \times 10^4\)	^	\(\text{15pts}\)	^
#4	\(10^5\)	^	\(\text{15pts}\)	^
#5	^	B	\(\text{10pts}\)	^
#6	\(3\times 10^6\)	A	\(\text{2pts}\)	^
#7	^	无	\(\text{24pts}\)	^
#8	^	无	\(\text{24pts}\)	\(\text{450ms}\)

特殊性质 A：\(a_i=0\)。

特殊性质 B：\(0 \le a_i \le 10\)。

题解

百合题。

有关绝对众数的启示我们枚举众数。记当前众数为 \(x\)，则在将 \(a_i=x\) 看作 \(1\)，\(a_i \ne x\) 看作 \(-1\) 后，\(f(l,r)=x\) 当且仅当 \(\sum\limits_{i=l}^{r} a_i >0\)。（这里的 \(a_i\) 是变成 \(1,-1\) 后的）

有关数区间数量的题启示我们对序列进行分治。但是如果对每个 \(x\) 进行整个序列的分治单次时间复杂度不低于 \(O(n\log n)\)，则总时间复杂度至少是 \(O(n^2\log n)\) 的。

既然不能对整个序列分治，那就对 \(a_i=x\) 的位置分治。记当前分治区间 \([l,r]\) 表示从 \(1\) 开始第 \(l-1\) 个满足 \(a_i=x\) 的位置 \(+1\) 到第 \(r+1\) 个满足 \(a_i=x\) 的位置 \(-1\) 的区间。记为 \([L,R]\)

根据定义，\(c > \lfloor \frac{r-l+1}{2}\rfloor\)，而当前分治区间一共只有 \(r-l+1\) 个 \(x\)。所以该区间 \([L,R]\) 中一个 \(f(l_0,r_0)=x\) 的区间一定满足 \(r_0 -l_0+1 \le 2(r-l+1)\)。

这说明将第 \(\frac{r-l+1}{2}\) 个 \(x\) 的位置看作 \(mid\)，满足 \(l_0 \le mid < r_0\) 且 \(f(l_0,r_0)=x\) 一定有 \(mid-l_0+1 \le 2(r-l+1) \land r_0-mid \le 2(r-l+1)\)。换句话说，只需要从 \(mid\) 往左往右拓展 \(O(r-l+1)\) 个位置就行了，其它的位置一定不会产生跨 \(mid\) 的贡献。记最左边的位置为 \(l_{min}\)，最右边的位置为 \(r_{max}\)。

对 \([l_{min},mid]\) 的所有位置求后缀和（\(a_i\) 变成 \(1,-1\) 时的），对 \([mid+1,r_{max}]\) 的所有位置求前缀和。那么问题变成，求 \(s_{l_0}+s_{r_0}>0 \land \operatorname{mex}(l_0,r_0)\ge x\) 的数量。

枚举 \(r_0=r_{max} \to (mid+1)\)，记 \(lst_i\) 为原序列上 \(i\) 前面第一个满足 \(a_j=i\) 的 \(j\) 的值，不存在则为 \(0\)。根据 \(\operatorname{mex}(l,r-1) \le \operatorname{mex}(l,r)\)，\(r_0+1 \to r_0\) 时，若 \(lst_{r_0+1} > mid \lor a_{r_0+1}\ge x\)，显然没有任何作用。反之 \(l_0 \in (lst_{r0+1},mid]\) 都有 \(\operatorname{mex}(l_0,r_0) < x\)。那么这个就相当于每次撤销一段区间，维护剩下前缀中满足 \(s_{l_0}+s_{r_0} >0\) 的数量。

这个怎么 \(O(1)\) 维护呢？不难发现，\(|s_{r_0}-s_{r_0+1}| =1\)。那 \(s_{r_0}-s_{r_0+1}=1\) 举例。对于在 \(r_0\) 之前就被撤销的区间中，如果满足 \(s_{l_0}+s_{r_0+1}>0\)，那一定满足 \(s_{l_0}+s_{r_0}>0\)，唯一的区别在于 \(s_{l_0}+s_{r_0+1}=0\) 时仍然满足 \(s_{l_0}+s_{r_0}>0\)。这个开个同维护某个值的数量即可。而对于在 \(r_0\) 时被撤销的区间，枚举这个区间的所有数，再次维护桶即可。因为每个 \([l_{min},mid]\) 中的数最多被撤销一次，所以时间复杂度是 \(O(len)\) 的。

那么每一次分治区间 \([l,r]\) 的时间复杂度就是 \(O(len)\) 的。记 \(cnt_x\) 为原序列中 \(a_i=x\) 的数量，则对于一个 \(x\) 分治的时间复杂度就是 \(O(cnt_x \log cnt_x)\)。总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

能不能更快呢？对于上述方法，我们拥有了一个 \(O(len)\) 求解序列中 \(f(l,r)=x\) 且满足条件的 \((l,r)\) 的数量的做法。再次观察绝对众数，上面说最多拓展 \(O(cnt_x)\) 个数，再多就不可能存在绝对众数。那么对单个 \(x\)，发现只会对区间贡献 \(O(1)\) 个位置。考虑 \(-1,1,-1\) 的构造即可。那么可以找到更准确的有用的若干个区间，满足相邻两个区间中间不会有对 \(f(l,r)=x\) 的产生贡献的。这个区间的长度和是 \(O(cnt_x)\) 的。时间复杂度做到 \(O(n)\)。