【題目大意】

一個數列a[]有n個數，m次操作：

1 l r x：將a[l...r]都改成x

2 l r：求a[l...r]中數在當前區間出現率>=p%的數，為了方便做題，你可以輸出k個數，滿足k*p<=100，如果k個數中完全包含了答案，那麽就判為正確。

1<=n,m,a[i],x<=150000, 20<=p<=100

【題解】

考慮之前做過的一個題：有一個數在區間中出現了>50%，求這個數：做法是我隨便找出2個不同的數消去，到不能消的時候，最後剩下的那個數就是答案。

考慮出現了>=50%，這時候就不能按照上面那麽做了，因為=50%的時候消去可能會全消完？那怎麽做？隨便找3個不同的數消去，等到消不動的時候，要麽是還剩一個數，就是答案了，要麽是還剩兩個數，可能2個數都是答案（都出現了50%），或者其中1個數是答案。

下面的記號：[x]表示x的整數部分。

考慮推廣？有一個數在區間中出現了>=p%，我隨便找[100/p]+1個不同的數消去，最後剩下[100/p]個數，滿足題目要求，且這一定包含答案集合。

考慮用線段樹來維護這個序列：

這棵線段樹的每個節點存著小於等於[100/p]個數及他們出現次數，代表我這個區間消剩下的數。

考慮合並兩個區間，設節點為a和b，可以暴力合並。

假裝a的答案就是答案，考慮用b的每一個答案來更新：

如果a沒有[100/p]個數那麽直接把b的這個答案裝進去；

如果a有這個數，顯然可以把答案合並。

否則，找出a中出現次數最小的數，設其出現次數為times，b的這個答案的出現次數times‘。

如果times<times‘，顯然把b的這個答案替換a中出現次數最小的數，然後就可以把a中的所有數的出現次數減去times（同時消去times次[100/p]+1個數）

否則，顯然保留a中的那個數更優，a中的所有數的出現次數減去times‘（同時消去times‘次[100/p]+1個數）

很明顯上述過程不可能造成某個數出現次數變為負數，所以均合法。

然後就支持區間合並了，用線段樹來維護即可。

# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef 
 
long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int M = 150000 + 10, N = 7;
const int mod = 1e9+7;

# define RG register
# define ST static

int n, m, p, A[M], Max;

struct node {
    int p[N], t[N], n;
    friend node operator + (node a, node b) {
        node ret; ret.n = a.n;
        for (int i=1; i<=ret.n; ++i) ret.p[i] = a.p[i], ret.t[i] = a.t[i];
        for (int i=1; i<=b.n; ++i) {
            bool ok = 0;
            for (int j=1; j<=ret.n; ++j) {
                if(ret.p[j] == b.p[i]) {
                    ret.t[j] += b.t[i];
                    ok = 1;
                    break;
                }
            }
            if(ok) continue;
            if(ret.n < Max) {
                ++ret.n;
                ret.p[ret.n] = b.p[i], ret.t[ret.n] = b.t[i];
                continue;
            }
            int pos = 1;
            for (int j=2; j<=ret.n; ++j) 
                if(ret.t[j] < ret.t[pos]) pos = j;
            if(ret.t[pos] >= b.t[i]) {
                for (int j=1; j<=ret.n; ++j)
                    ret.t[j] -= b.t[i];
            } else {
                int times = ret.t[pos];
                ret.p[pos] = b.p[i];
                ret.t[pos] = b.t[i];
                for (int j=1; j<=ret.n; ++j) 
                    ret.t[j] -= times;
            } 
        }
        return ret;
    }            
};

struct SMT {
    node w[M * 4];
    int tag[M * 4];
    # define ls (x<<1)
    # define rs (x<<1|1)
    inline void pushtag(int x, int d, int l, int r) {
        if(!x) return;
        w[x].n = 1;
        w[x].p[1] = d;
        w[x].t[1] = r-l+1;
        tag[x] = d;
    }
    inline void down(int x, int l, int r) {
        if(!x) return ;
        if(tag[x] == 0) return; 
        int mid = l+r>>1;
        pushtag(ls, tag[x], l, mid);
        pushtag(rs, tag[x], mid+1, r);
        tag[x] = 0;
    }
    inline void edt(int x, int l, int r, int L, int R, int d) {
        if(L <= l && r <= R) {
            pushtag(x, d, l, r);
            return ;
        }
        down(x, l, r);
        int mid = l+r>>1;
        if(L <= mid) edt(ls, l, mid, L, R, d);
        if(R > mid) edt(rs, mid+1, r, L, R, d);
        w[x] = w[ls] + w[rs];
    }
    inline node query(int x, int l, int r, int L, int R) {
        if(L <= l && r <= R) return w[x];
        down(x, l, r);
        int mid = l+r>>1;
        if(R <= mid) return query(ls, l, mid, L, R);
        else if(L > mid) return query(rs, mid+1, r, L, R);
        else return query(ls, l, mid, L, mid) + query(rs, mid+1, r, mid+1, R);
    }
}T;

int main() {
    freopen("count.in", "r", stdin);
    freopen("count.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m >> p;
    Max = 100/p;
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        scanf("%d", &A[i]);
        T.edt(1, 1, n, i, i, A[i]);
    }
    int op, l, r, x;
    node t;
    while(m--) {
        scanf("%d%d%d", &op, &l, &r);
        if(op == 1) {
            scanf("%d", &x);
            T.edt(1, 1, n, l, r, x);
        } else {
            t = T.query(1, 1, n, l, r);
            printf("%d", t.n);
            for (int i=1; i<=t.n; ++i) 
                printf(" %d", t.p[i]);
            puts("");
        }
    }
    return 0;
}

校內訓練0602 阿貍的統計學count