[ARC159F] Good Division 题解
首先对于题目要求的划分方式转化一下，转化为划分的每一段都没有 绝对众数，可以证明这与题目中的要求是完全等价的，证明如下：
充分性：考虑构造一种操作方法，就是每次操作都消去一个出现次数最多的数，按照这样操作可以保证每次操作之后该区间仍然不会出现绝对众数，故按此方法可以清空整个区间。
必要性：考虑该区间有绝对众数，容易发现无论如何操作最终仍旧会剩下若干相同的数，剩下的数为最开始的绝对众数（证明方法类似于摩尔投票）。
有了这一步转化之后考虑如何去做。首先可以暴力 DP，设 \(dp_i\) 表示对前 \(i\) 个数进行划分，并且以 \(i\) 为右端点划分最后一段的方案数，那么有转移：
\[dp_i=\sum_{[j+1,i]无绝对众数} dp_j \]复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。考虑如何优化：
有一个比较经典的结论：
对于一个序列 \(\{a_n\}\)，该序列的所有前缀中出现过的绝对众数的种类数为 \(\mathcal{O}(\log n)\)。
证明可以感性理解一下：当我们从序列一段往另一端遍历的过程中依次加入元素，如果能够出现一个 新的 绝对众数 \(x\) 说明 \(x\) 的出现次数已经超过了之前的绝对众数 \(y\) 的出现次数，那么说明出现 新的 绝对众数 \(x\) 时序列长度至少乘 \(2\)，所以说绝对众数种类数为 \(\mathcal{O}(\log n)\)。
那么比较显然我们可以尝试从绝对众数种类数方面去优化 DP。我最初的想法是将 DP 转移写成如下形式：
\[dp_i=\sum_{j=0}^{i-1}dp_j-\sum_{x=1}^{2n}\sum_{[j+1,i]的绝对众数为 x} dp_j \]这样第一维转移只用枚举 \(\mathcal{O}(log_n)\) 次。但是第二维仍旧不好判断 \(x\) 是否是其区间众数。
但第二维转移跟序列上的区间有关，所以可以尝试 cdq 分治！
每一次我们计算 \(dp_{l-1\sim mid-1}\) 对于 \(dp_{mid+1\sim r}\) 的贡献，也就是说在这一层我们统计所有 \(i\) 所在段跨过 \(mid\) 的转移。而所有跨过 \(mid\) 的区间的绝对众数种类数仍旧是 \(\mathcal{O}(\log n)\) 种，证明类似，所以说分治之后就可以枚举绝对众数 \(x\) 然后将所有 \(a_i=x\) 的地方设为 \(1\)，其余地方设成 \(-1\)，然后暴力做一遍前缀和，统计即可，具体的，若设 \(sum_i\) 为 \(i\) 的前缀和，则有转移：
\[dp_i=\sum_{j\in[l-1,mid-1]}dp_j-\sum_{j\in[l-1,mid-1]\and sum_i>sum_j}dp_j \]可以树状数组维护，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^3 n)\)。但其实树状数组可以省掉，因为发现 \(sum_i\) 的范围是 \(\mathcal{O}(r-l+1)\)，所以说可以先预处理出来 \(pre_i\) 表示：
\[pre_i=\sum_{j\in[l-1,mid-1]\and sum_j\le i}dp_j \]这一步是 \(\mathcal{O}(r-l+1)\) 的，所以最终复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)。代码如下。
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