【BZOJ2038】【JZOJ1902】小Z的袜子(hose)

problem

Description

作为一个生活散漫的人，小Z每天早上都要耗费很久从一堆五颜六色的袜子中找出一双来穿。终于有一天，小Z再也无法忍受这恼人的找袜子过程，于是他决定听天由命……
具体来说，小Z把这N只袜子从1到N编号，然后从编号L到R(L 尽管小Z并不在意两只袜子是不是完整的一双，甚至不在意两只袜子是否一左一右，他却很在意袜子的颜色，毕竟穿两只不同色的袜子会很尴尬。
你的任务便是告诉小Z，他有多大的概率抽到两只颜色相同的袜子。当然，小Z希望这个概率尽量高，所以他可能会询问多个(L,R)以方便自己选择。

Input

输入文件第一行包含两个正整数N和M。N为袜子的数量，M为小Z所提的询问的数量。接下来一行包含N个正整数Ci，其中Ci表示第i只袜子的颜色，相同的颜色用相同的数字表示。再接下来M行，每行两个正整数L，R表示一个询问。

Output

包含M行，对于每个询问在一行中输出分数A/B表示从该询问的区间[L,R]中随机抽出两只袜子颜色相同的概率。若该概率为0则输出0/1，否则输出的A/B必须为最简分数。（详见样例）

Sample Input

6 4

1 2 3 3 3 2

2 6

1 3

3 5

1 6

Sample Output

2/5

0/1

1/1

4/15

【样例解释】

询问1：共C(5,2)=10种可能，其中抽出两个2有1种可能，抽出两个3有3种可能，概率为(1+3)/10=4/10=2/5。

询问2：共C(3,2)=3种可能，无法抽到颜色相同的袜子，概率为0/3=0/1。

询问3：共C(3,2)=3种可能，均为抽出两个3，概率为3/3=1/1。

注：上述C(a, b)表示组合数，组合数C(a, b)等价于在a个不同的物品中选取b个的选取方案数。

【数据规模和约定】

30%的数据中 N,M ≤ 5000；

60%的数据中 N,M ≤ 25000；

100%的数据中 N,M ≤ 50000，1 ≤ L < R ≤ N，Ci ≤ N。

HINT

Source

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analysis

• 正解莫队

• 考虑对于区间$[L,R]$的询问，设其中颜色为$color[i]$的袜子个数分别是$a[i]$

• 所以

  $$ans={\sum({a[i]*{a[i]-1\over2}}) \over{{(R-L)*(R-L+1)}\over 2}}$$

$$={({\sum a[i]^2)-(R-L+1)}\over{(R-L)*(R-L+1)}}$$

• 题目就变成了求一段区间内的袜子颜色数目的平方和

• 线段树GG

• 但是莫队还是可以用$O(1)$时间暴力维护的，于是答案就容易得出了

• 还有其实$0/1$的情况不用特判，因为如果分子为$0$，分母除以$gcd$也总为

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code

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 50005
#define fo(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)

using namespace std;

int a[MAXN],pos[MAXN],color[MAXN];
int n,m,block,tot;

struct inquiry
{
    int l,r,num;
    long long x,y;      
}b[MAXN],q[MAXN];

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || '9'<ch)
    {
        if (ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();   
    }
    while ('0'<=ch && ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}

long long gcd(long long x,long long y)
{
    return x%y==0?y:gcd(y,x%y);
}

long long sqr(long long x)
{
    return x*x;
}

bool cmp(inquiry a,inquiry b)
{
    return pos[a.l]<pos[b.l] || pos[a.l]==pos[b.l] && a.r<b.r;
}

bool cmp1(inquiry a,inquiry b)
{
    return a.num<b.num;
}

void change(int x,int y)
{
    tot-=sqr(color[a[x]]);
    color[a[x]]+=y;
    tot+=sqr(color[a[x]]);
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),block=int(sqrt(n));
    fo(i,1,n)a[i]=read(),pos[i]=(i-1)/block+1;
    fo(i,1,m)q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].num=i;
    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    int l=1,r=0;
    fo(i,1,m)
    {
        while (l<q[i].l)change(l++,-1);
        while (l>q[i].l)change(--l,1);
        while (r<q[i].r)change(++r,1);
        while (r>q[i].r)change(r--,-1);
        q[i].x=tot-(q[i].r-q[i].l+1);
        q[i].y=(long long)(q[i].r-q[i].l)*(q[i].r-q[i].l+1);
        long long temp=gcd(q[i].x,q[i].y);
        q[i].x/=temp,q[i].y/=temp;
    }
    sort(q+1,q+m+1,cmp1);
    fo(i,1,m)printf("%lld/%lld\n",q[i].x,q[i].y);
    return 0;
}