莫队算法讲解及例题

原创已于 2025-03-07 21:21:16 修改 · 997 阅读

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#算法 #莫队

于 2025-02-22 16:59:44 首次发布

莫队的思想

对于区间查询数字出现次数的问题，我们可以使用莫队。
比如，当询问区间是 $1$ ~ $n$ 时，可以通过 $O (N)$ 的复杂度解决。
那接下来再询问 $2$ ~ $n$ 或者 $1$ ~ $n$ $-$ $1$ 时，就可以通过 $O (1)$ 的复杂度解决这个询问。
所以，当有m个询问的时候，我们就可以根据第 $i$ 个询问的结果推出第 $i$ $+$ $1$ 个询问的结果。这样就不用每一次询问都用 $O (N)$ 去跑了。
但是这可以被卡：

1 1
n n
1 1
n n
……

于是就产生了优化版：对左端点进行排序。
但是这依旧可以被卡：

1 n
2 1
3 n
4 1
……

所以我们就可以对左端点进行分块（后面发文章讲）
2025年3月7日签到：分块文章已发布—>链接
经过精密的计算，可以得出每个块大小设为 $\sqrt{n}$ 时，可以使时间复杂度最优。
说多了也没用，来看道例题：

例题

1.小B的询问（模版题）

题目传送门
莫队采用的是离线操作。
所以我们先用一个数组 $q$ 记录询问的区间。
接着，我们对 $q$ 数组按一下规则进行排序。

bool cmp(node a,node b){
	return (a.l/s)<(b.l/s)||(a.l/s==b.l/s&&a.r<b.r);
}

先按照块排序，在同一块内则按右端点排序。
接着来看计算的地方
$x+1)^2=x^2+2x+1$ ,这是一个众所周知的等式。
所以，当 $c_i$ 的值增加 $1$ 时，总数应该增加 $2*c_i+1$
同理，当 $c_i$ 的值减少 $1$ 时，总数应该减少 $2*c_i-1$ （注意和增加时不同）
我们用数组 $b$ 记录元素出现的次数，那么……
增加

void add(int x){
	ans+=2*(b[x]++)+1;
}

减少

void del(int x){
	ans-=2*(b[x]--)-1;
}

接着就是从当前询问转到下一个询问的事情：

//上一个区间比当前区间大，缩小区间范围
while(l1<f[i].l)del(a[l1++]);
while(r1>f[i].r)del(a[r1--]);
//上一个区间比当前区间小，扩大区间范围
while(l1>f[i].l)add(a[--l1]);
while(r1<f[i].r)add(a[++r1]);
answer[f[i].id]=ans;//存储答案，注意不是answer[i]

到这里，核心代码就完了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,k;
int a[N];
struct node{
	int l,r,id;
}f[N];
int b[N];
int s;
bool cmp(node a,node b){
	return (a.l/s)<(b.l/s)||(a.l/s==b.l/s&&a.r<b.r);
}
int ans;
void add(int x){
	ans+=2*(b[x]++)+1;
}
void del(int x){
	ans-=2*(b[x]--)-1;
}
int answer[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	s=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>f[i].l>>f[i].r;
		f[i].id=i;
	}
	sort(f+1,f+1+m,cmp);
	int l1=1,r1=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		while(l1<f[i].l)del(a[l1++]);
		while(r1>f[i].r)del(a[r1--]);
		while(l1>f[i].l)add(a[--l1]);
		while(r1<f[i].r)add(a[++r1]);
		answer[f[i].id]=ans;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)cout<<answer[i]<<'\n';
}