回滚莫队例题。
这题的意思大概是
设 (cnt_i) 为 l ~ r 这个区间 (i) 出现的次数
求(m) 次询问 求 l~r 的 max {(a_i) * (cnt_i)}
(n) , (m) 同阶 (1e5)
没有强制在线？ 我们考虑普通的莫队？如果最大值在某一段，当你把指针移到另一段，这个答案就失效了。
所以考虑回滚莫队。
回滚莫队的做法是
按左端点所在的块排序 如果相同 按右端点排序
然后对于每个块求解。弄个右指针在块的最右边。
分类讨论一下 如果左右指针共处一个块内 直接暴力 就是根号级别的
如果不在一个块内 由于右端点是递增的 考虑移动右端点
左边的贡献直接从 q[i].l ~ 块的最右边 暴力就行了
易证复杂度：
对于整块的询问 一共有 (sqrt n) 个块 右端点每次都是当前块的右端点 所以最多移动(n)的长度
对于每个询问 考虑左边的端点 由于按左端点排序 左端点和右端点最多相差 (sqrt n) 的长度
这样就可以做到 (O(n sqrt n)) 了
// Isaunoya
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
using LL = long long ;
using uint = unsigned int ;
#define int long long
#define fir first
#define sec second
#define pb push_back
#define mp(x , y) make_pair(x , y)
template < typename T > inline void read(T & x) { x = 0 ; int f = 1 ; register char c = getchar() ;
for( ; ! isdigit(c) ; c = getchar()) if(c == '-') f = -1 ;
for( ; isdigit(c) ; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15) ;
x *= f ;
}
template < typename T > inline void print(T x) {
if(! x) { putchar('0') ; return ; }
static int st[105] ;
if(x < 0) putchar('-') , x = -x ;
int tp = 0 ;
while(x) st[++ tp] = x % 10 , x /= 10 ;
while(tp) putchar(st[tp --] + '0') ;
}
template < typename T > inline void print(T x , char c) { print(x) ; putchar(c) ; }
template < typename T , typename ...Args > inline void read(T & x , Args & ...args) { read(x) ; read(args...) ; }
template < typename T > inline void sort( vector < T > & v) { sort(v.begin() , v.end()) ; return ; }
template < typename T > inline void unique( vector < T > & v) { sort(v) ; v.erase(unique(v.begin() , v.end()) , v.end()) ; }
template < typename T > inline void cmax(T & x , T y) { if(x < y) x = y ; return ; }
template < typename T > inline void cmin(T & x , T y) { if(x > y) x = y ; return ; }
const int N = 1e5 + 10 ;
int n , m ;
int a[N] , b[N] ;
struct node { int l , r , id ; } q[N] ;
int bl[N] ;
inline bool cmp(node x , node y) {
if(bl[x.l] == bl[y.l]) return x.r < y.r ;
return bl[x.l] < bl[y.l] ;
}
int cnt[N] , cnt2[N] ;
inline int calc(int l , int r) { int ret = 0 ;
for(register int i = l ; i <= r ; i ++) { cnt2[a[i]] = 0 ; }
for(register int i = l ; i <= r ; i ++) { ++ cnt2[a[i]] ; cmax(ret , 1LL * (cnt2[a[i]]) * b[a[i]]) ; }
return ret ;
} int unt ;
int ans , Ans[N] ;
inline void add(int x) {
++ cnt[a[x]] ;
cmax(ans , 1LL * cnt[a[x]] * b[a[x]]) ;
} int now = 1 ;
inline void solve(int id) {
int qr = min(id * unt , n) , pr = qr ; memset(cnt , 0 , sizeof(cnt)) ;
ans = 0 ;
for( ; bl[q[now].l] == id ; now ++) {
if(bl[q[now].l] == bl[q[now].r]) { Ans[q[now].id] = calc(q[now].l , q[now].r) ; continue ; }
while(pr < q[now].r) { add(++ pr) ; } int last = ans ;
for(register int i = q[now].l ; i <= qr ; i ++) add(i) ;
Ans[q[now].id] = ans ;
for(register int i = q[now].l ; i <= qr ; i ++) -- cnt[a[i]] ;
ans = last ;
}
}
signed main() {
read(n , m) ;
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) read(a[i]) , b[i] = a[i] ;
sort(b + 1 , b + n + 1) ; int len = unique(b + 1 , b + n + 1) - b - 1 ;
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) a[i] = lower_bound(b + 1 , b + len + 1 , a[i]) - b ;
unt = sqrt(n) ;
for(register int i = 1 ; i <= n ; i ++) bl[i] = (i - 1) / unt + 1 ;
for(register int i = 1 ; i <= m ; i ++) read(q[i].l , q[i].r) , q[i].id = i ;
sort(q + 1 , q + m + 1 , cmp) ;
for(register int i = 1 ; i <= bl[n] ; i ++) solve(i) ;
for(register int i = 1 ; i <= m ;i ++) print(Ans[i] , '
') ;
return 0 ;
}