题意：

给定数组。q 次询问，每次问至少把 \(a[l,r]\) 拆成几个子序列，才能让每个子序列中的众数的出现次数 不大于子序列长度/2上取整

\(n,q\le 3e5, 1\le a_i\le n\)

思路：

绝对众数：出现次数严格大于N/2

如果区间众数不是绝对众数，则答案为1。否则，设绝对众数的出现次数为 x

，把其他所有数（共 n-x 个）和 n-x+1 个绝对众数分一组，剩下的绝对众数每个单独一组，组数是 x-(n-x+1)+1=2x-n。这样就是最优的！（真的）

众数可以用莫队求。但根据绝对众数的性质，还有些其他方法

法一：随机

绝对众数的出现次数大于一半，随便选一个数，它不是绝对众数的概率约 1/2，随机选40次左右就很稳，每次选出来都二分求出现次数

实测随机40次要2秒，30次1.7秒，25次居然wa

mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
ll ran(ll l, ll r) {
	return uniform_int_distribution<int>(l,r)(rng);
}

const signed N = 3 + 3e5;
int n, q, a[N]; vector<int> pos[N];

int cnt(int l, int r, int x) { //x在区间中的出现次数
    return upper_bound(all(pos[x]),r) - lower_bound(all(pos[x]),l);
}

signed main() {
    iofast;
    cin >> n >> q; for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i], pos[a[i]].pb(i);

    while(q--) {
        int l, r; cin >> l >> r;
		int ans = 0; for(int i = 1; i <= 30; i++)
			ans = max(ans, cnt(l,r,a[ran(l,r)]));
        cout << max(1, 2*ans-(r-l+1)) << endl;
    }
}

法二：线段树

绝对众数肯定也是至少一个儿子的绝对众数

节点维护区间的绝对众数

查询可谓非常暴力啊。所有走过的区间的绝对众数都作为候选，每个都求（在整个大区间中的）出现次数，取max返回

复杂度俩log，不到一秒

const signed N = 3 + 3e5;
int n, q, a[N]; vector<int> pos[N];

int cnt(int l, int r, int x) { //x在区间中的出现次数
    return upper_bound(all(pos[x]),r) - lower_bound(all(pos[x]),l);
}

#define mid ((l+r)/2)
#define lson u*2
#define rson u*2+1
#define ls lson,l,mid
#define rs rson,mid+1,r
int tr[N<<2]; //区间众数
void build(int u, int l, int r) {
    if(l == r) tr[u] = a[l];
    else build(ls), build(rs),
tr[u] = cnt(l,r,tr[lson]) > cnt(l,r,tr[rson]) ? tr[lson] : tr[rson];
}
int ask(int u, int l, int r, int x, int y) { //返回区间绝对众数的出现次数
    if(y < l || x > r || y<x) return 0; //没交集
    if(x <= l && r <= y) return cnt(x,y,tr[u]); //包含
    return max(ask(ls, x, y), ask(rs, x, y));
}

signed main() {
    iofast;
    cin >> n >> q; for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i], pos[a[i]].pb(i);

    build(1, 1, n);

    while(q--) {
        int l, r; cin >> l >> r;
        cout << max(1, 2*ask(1,1,n,l,r)-(r-l+1)) << endl;
    }
}