Buratsuta 3：典中典中典中典中典了属于是。
Sol.1 摩尔投票
首先维护区间出现次数大于等于 $\left \lfloor \dfrac{len}{k} \right \rfloor $ 次的数是摩尔投票板子，每次把 \(k\) 个不同的数相消即可。然后因为摩尔投票具有结合律，所以可以上线段树维护，时间复杂度 \(O(n + q\log n)\)。注意需要判断解是否合法。
注意到此题没有修改操作，所以如果直接上猫树可以做到 \(O(n\log n + q)\) 的复杂度。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc (p << 1)
#define rc ((p << 1) | 1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi = pair<int, int>;
const int N = 200005;
int n, q, a[N], b[N], bn;
int getrk(int x)
{return (lower_bound(b + 1, b + bn + 1, x) - b);
}
struct Node{int l, r;int val1, cnt1, val2, cnt2;
};
struct Segtree{Node tr[4 * N];void pushup(Node &p, Node ls, Node rs){if(rs.cnt1 && rs.val1 == ls.val1) ls.cnt1 += rs.cnt1;else if(rs.cnt1 && rs.val1 == ls.val2) ls.cnt2 += rs.cnt1;else if(rs.cnt1){int mn = min(rs.cnt1, min(ls.cnt1, ls.cnt2));rs.cnt1 -= mn;ls.cnt1 -= mn;ls.cnt2 -= mn;if(rs.cnt1 && ls.cnt1 == 0) ls.val1 = rs.val1, ls.cnt1 = rs.cnt1;else if(rs.cnt1 && ls.cnt2 == 0) ls.val2 = rs.val1, ls.cnt2 = rs.cnt1; }if(rs.cnt2 && rs.val2 == ls.val1) ls.cnt1 += rs.cnt2;else if(rs.cnt2 && rs.val2 == ls.val2) ls.cnt2 += rs.cnt2;else if(rs.cnt2){int mn = min(rs.cnt2, min(ls.cnt1, ls.cnt2));rs.cnt2 -= mn;ls.cnt1 -= mn;ls.cnt2 -= mn;if(rs.cnt2 && ls.cnt1 == 0) ls.val1 = rs.val2, ls.cnt1 = rs.cnt2;else if(rs.cnt2 && ls.cnt2 == 0) ls.val2 = rs.val2, ls.cnt2 = rs.cnt2; }p.val1 = ls.val1;p.val2 = ls.val2;p.cnt1 = ls.cnt1;p.cnt2 = ls.cnt2; }void build(int p, int ln, int rn){tr[p] = {ln, rn, a[ln], 1, 0, 0};if(ln == rn) return;int mid = (ln + rn) >> 1;build(lc, ln, mid);build(rc, mid + 1, rn);pushup(tr[p], tr[lc], tr[rc]);}Node query(int p, int ln, int rn){if(ln <= tr[p].l && tr[p].r <= rn) return tr[p];int mid = (tr[p].l + tr[p].r) >> 1;if(rn <= mid) return query(lc, ln, rn);if(ln >= mid + 1) return query(rc, ln, rn);Node tmp;pushup(tmp, query(lc, ln, rn), query(rc, ln, rn));return tmp;}
}tr1;
vector<int> vis[N];
int query_num(int l, int r, int v)
{return (upper_bound(vis[v].begin(), vis[v].end(), r) - lower_bound(vis[v].begin(), vis[v].end(), l));
}
void solve()
{cin >> n >> q;bn = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];b[++bn] = a[i];vis[i].clear();}sort(b + 1, b + bn + 1);bn = unique(b + 1, b + bn + 1) - b - 1;for(int i = 1; i <= bn; i++) vis[i].push_back(0);for(int i = 1; i <= n; i++){a[i] = getrk(a[i]);vis[a[i]].push_back(i);}for(int i = 1; i <= bn; i++) vis[i].push_back(n + 1);tr1.build(1, 1, n);for(int i = 1; i <= q; i++){int l, r;cin >> l >> r;Node res = tr1.query(1, l, r);int ans1 = res.val1, ans2 = res.val2;if(ans1 > ans2) swap(ans1, ans2);int lmt = (r - l + 1) / 3, cnt3 = 0;if(ans1){int cnt1 = query_num(l, r, ans1);if(cnt1 > lmt){cout << b[ans1] << " ";cnt3++;}}if(ans2){int cnt2 = query_num(l, r, ans2);if(cnt2 > lmt){cout << b[ans2] << " ";cnt3++;}}if(cnt3 == 0) cout << -1 << " ";cout << "\n";}
}int main()
{//freopen("sample.in", "r", stdin);//freopen("sample.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}
Sol.2 随机化
随机在区间内选若干个点，然后判断一下出现次数最多的解是否合法。具体我没试选多少个点可以通过，但应该在 \(200\) 个左右。
Sol.3 根号分治
对 \(len \le \sqrt n\) 的区间暴力求解，对 \(len > \sqrt n\) 预处理出现次数在 \(\dfrac{\sqrt n}{3}\) 以上的数的出现位置，查询的时候二分即可。容易发现预处理的点大概就是 \(\sqrt n\) 量级的。所以时间复杂度为 \(O(n\sqrt n\log n)\)。