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最新推荐文章于 2025-11-30 19:11:04 发布

原创最新推荐文章于 2025-11-30 19:11:04 发布 · 396 阅读

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#算法

博客内容讲述了如何使用动态规划解决一个序列中最大众数出现次数的问题。通过预处理桶和维护前缀最大值，可以实现O(n)的时间复杂度求解。代码实现中涉及到对序列的处理、前缀和计算以及区间优化，展示了高效的算法设计思路。

题意：

给出一个长 $n$ 的序列 $a$ ，可以选择一个区间 $[l, r]$ ，使得这个区间的所有元素的 $+ k$ ，求最后最大的众数出现次数

Solution：

假设当前众数为 $x$ ，我们应当想办法使 $x$ 更多，显然，此时答案只与 $x ， x - k$ 有关系，不妨只考虑这两个数形成的序列，这可以预处理一个桶，随后将位置加入栈中即可。形成序列后，不妨假设我们选择区间为里面的 $[l, r]$ ，并且序列长度为 $m$ ，那么答案为

$X_{1,l-1}+(r-l+1-(X_{l,r}))+X_{r+1,m}$

其中 $X_{l,r}$ 为区间 $[l, r]$ 中 $x$ 的出现次数，不妨用前缀和展开，得到

$s u m [l - 1] + r - l + 1 - s u m [r] + s u m [l - 1] + s u m [m] - s u m [r]$

即

$2\times sum[l-1]-(l-1)+r-2\times sum[r]+sum[m]$

对于区间问题，有一个经典方法，固定一个端点，优化另一个端点的选取时间，这里不妨选取 $r$ ，那么只需要以下最大

$2\times sum[l-1]-(l-1)$

即只需要维护 $2×sum[i]−i2\times sum[i]-i$ 的前缀最大值，就可以 $O (1)$ 转移

需要注意的是，选取了 $r$ ，那么 $l∈[1,r]l\in[1,r]$ ，从而 $l−1∈[0,r−1]l-1\in[0,r-1]$ ，于是需要从 $ma x 1 [r - 1]$ 转移，而非 $ma x 1 [r]$

枚举众数，众数只可能是原序列的数，此时加入 $x$ 与 $x - k$ ，显然每个数的桶最多被加入 $2$ 次，于是总复杂度是 $O (n)$ 的，但是为了不重复地枚举众数，利用 $se t$ 或者排序去重时间复杂度是 $O (n l o g n)$ ，利用桶来标记某个数是否被处理过，这样的总复杂度就仍然是 $O (n)$ 的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll=long long;
const int N=2000005,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3f3f3f3f3f3f,mod=998244353;

int n,k,a[N],ans,sum[N],max1[N],s[N],cnt;
set<int>set1;
vector<vector<int>>pos(N<<1);

void input(int x,int y)
{
    int i=0,j=0; cnt=0;
    while(i<pos[x+N].size()&&j<pos[y+N].size())
    {
        if(pos[x+N][i]<pos[y+N][j]) s[++cnt]=pos[x+N][i++];
        else s[++cnt]=pos[y+N][j++];
    }
    while(i<pos[x+N].size()) s[++cnt]=pos[x+N][i++];
    while(j<pos[y+N].size()) s[++cnt]=pos[y+N][j++];
}

void solve(int x,int y)
{
    input(x,y);
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        sum[i]=sum[i-1]+(a[s[i]]==x);
        max1[i]=max(max1[i-1],2*sum[i]-i);
        ans=max(ans,(int)pos[x+N].size()+i-2*sum[i]+max1[i-1]);
    }
} 

int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        pos[a[i]+N].push_back(i);
        set1.insert(a[i]);
    }
    for(auto x:set1)
    {
        ans=max(ans,(int)pos[x+N].size());  
        if(!pos[x-k+N].empty()) solve(x,x-k);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}