2021icpc南京 C

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

$$sum[l-1]+r-l+1-sum[r]+sum[l-1]+sum[m]-sum[r]$$

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$2\times sum[i]-i$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$l\in [1,r]$，从而$l-1\in [0,r-1]$，于是需要从$max1[r-1]$转移，而非$max1[r]$

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$set$或者排序去重时间复杂度是$O(nlogn)$，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;
}