真正的題目 in luogu
題目背景（與題目無關，可跳過）
機房裡的 12
1212
人陪審團將要投票決出，誰是最可愛的妹妹。
有三位參選者：炎一鳥、周相未、木雨（姓名已經匿名化處理），得票分別是 3,4
,5
3,4,5
3,4,5 。
於是「木雨」當選。這似乎很合理。不過有趣的是，有多達 7
77 個人不想讓「木雨」當選，這已經超過了半數！
不妨假設「炎一鳥」被人咬了，得了 「狂人病」 ，住院**，未能參與選舉。這一次，「周相未」得到了 7
77 票，成功當選——因為選擇「炎一鳥」的人對「木雨」深惡痛絕，他們傾向於讓「周相未」勝利。同樣的 12
1212
個人，選舉結果卻由乙個得票最少的參選者決定！
題目描述
有 n
nn 個人，第 i
ii 個人投票給了第 a
ia_i
ai 個參選者。有 q
qq 次詢問：如果只讓 [l,
r]
[l,r]
[l,r
] 範圍內的人投票，誰得到的票最多？如果有多個人都是得票最高，輸出 「 dra
w\rm draw
draw
」 。資料範圍與提示
max (
n,q)
≤3×1
05
\max(n,q)\le 3\times 10^5
max(n,
q)≤3
×105
，而參選者數量高達十億！（即 109
10^9
109如果是絕對眾數（超過一半），我們還可以玩點花樣。一般的眾數，我們有什麼好演算法嗎？
於是考慮分塊。即使看到這裡，我相信，有很多人還是不會，比如我自己。這跟分塊有什麼關係嗎？
adv用 f(lic
eadvice
advice
：充分地考慮一下分塊的作用，然後接著往下看。說實話，我自己都沒想明白。
,r
)f(l,r)
f(l,r)
存從第l
ll個塊到第r
rr個塊的眾數，順便存乙個出現次數。對於每乙個 l
ll 暴力從小到大移動 r
rr 即可預處理。複雜度 o(b
n)
\mathcal o(bn)
o(bn
)（好習慣：暫時用 b
bb 代表塊的數量）。
那麼，對於乙個詢問，它包含了塊 l∼r
l\sim r
l∼r 和一些邊角料。眾數只有兩種情況：沒有在邊角料裡出現過，或者出現過。對於第一類，顯然就是 f(l
,r
)f(l,r)
f(l,r)
嘛！對於第二類，我可以列舉這個眾數，因為它只有塊長 o(n
b)
\mathcal o()
o(bn)
個。我能不能求乙個數出現的次數呢？當然可以。沒有修改操作，完全可以離散化 a
aa 的取值，下面就認為值域為 n
nn 了。對於每種 a
aa，求 s(i
,a
)s(i,a)
s(i,a)
表示前i
ii個塊內a
aa 出現的次數。邊角料中的出現可以用桶直接計數。o(b
n)
\mathcal o(bn)
o(bn
) 預處理 s
ss 之後，每次詢問要 o(n
b)
\mathcal o()
o(bn)
統計邊角料，然後可以 o(1
)\mathcal o(1)
o(1)
查詢每個數字出現次數。直接與 f
ff 得到的結果作比較就行。
總複雜度
o (q
nb+b
n)≥o
(nn)
\mathcal o\left(+bn\right)\ge\mathcal o(n\sqrt)
o(bqn
+bn)
≥o(n
n)取 b=n
b=\sqrt
b=n
有一種更奇怪的想法，竟然也是 o(n
n)
\mathcal o(n\sqrt)
o(nn)
的，利用的就是最終眾數出現次數與f
ff差值不超過n
\sqrt
n。為啥呢？假設邊角料裡的某個數更新了眾數。它在完整的塊中，最多也就出現 f
ff 次。所以能夠比 f
ff 多出來的也就是邊角料的內容。也就是 o(n
)\mathcal o(\sqrt)
o(n
) 嘛。
所以我們將每種數字的所有出現位置都放到乙個陣列裡，並記錄每個位置對應第幾次出現。設初值 t=f
t=ft=
f ，而後遍歷每個數字：如果它出現了至少 t+1
t+1t+
1 次——對應到陣列裡就是 app
ear[
id(x
)+t]
appear
[id(
x)+t
] 也在查詢區間內——那麼將 t+1
t+1t+
1 。複雜度也是正確的。
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