kyeremal-bzoj2038-[2009国家集训队]-小z的袜子(hose)-莫队算法

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莫队算法

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本文深入解析了BZOJ平台上的2038题——小Z的袜子问题，详细阐述了如何运用莫队算法解决区间询问问题，并提供了解题思路及代码实现。通过实例分析，帮助读者理解并掌握莫队算法在解决类似问题时的高效性。

bzoj2038-[2009国家集训队]-小z的袜子(hose)

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2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 259 MB
Submit: 3673 Solved: 1702
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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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大意:给出一堆数,每次询问一个区间,求区间内任取两个数相同的概率.

分析:orz莫涛,莫队专治各种区间询问

给出几篇关于莫队算法的博客:

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define rep(i, l, r) for (LL i = (l); (i) <= (r); ((i)++))
#define REP(i, l, r) for (LL i = (l); (i) >= (r); ((i)--))
#define LL long long
#define MAXN 1000010

LL n, m, col[MAXN], len[MAXN], K, c[MAXN], pos[MAXN], fz, fm, minc, maxc;
struct qr {LL l, r, num;} a[MAXN];
struct answer {LL x, y, num;} ans[MAXN];

inline LL min(LL a, LL b) {return a<b ? a : b;}
inline LL max(LL a, LL b) {return a>b ? a : b;}
inline bool cmp(qr a, qr b) {return pos[a.l]<pos[b.l] || (pos[a.l]==pos[b.l] && a.r<b.r);}
inline LL com(LL n) {return (n-1)*n/2;}
inline answer mp(LL x, LL y, LL num) {answer t; t.x = x, t.y = y, t.num = num; return t;}
inline bool cmp2(answer a, answer b) {return a.num < b.num;}
inline LL gcd(LL a, LL b) {return !b ? a : gcd(b, a%b);}

inline void update(LL &L, LL &R, LL l, LL r, LL &fz, LL &fm) {// [L, R] -> [l, r]
    if (l < L) REP(i, L-1, l) fz += c[col[i]], fm += R-L+1, c[col[i]]++, L--;
    else if (l > L) rep(i, L, l-1) fz += -c[col[i]] + 1, fm += L-R, c[col[i]]--, L++;
    if (r > R) rep(i, R+1, r) fz += c[col[i]], fm += R-L+1, c[col[i]]++, R++;
    else if (r < R) REP(i, R, r+1) fz += -c[col[i]] + 1, fm += L-R, c[col[i]]--, R--;
}

inline void block() {
    K = sqrt(n);
    rep(i, 1, K-1) len[i] = K;
    len[K] = n - (K-1)*K;
    rep(i, 1, K) rep(j, (i-1)*K + 1, (i-1)*K + len[i]) pos[j] = i;
    sort(a+1, a+1+m, cmp);
}

inline void xx() {
    memset(c, 0, sizeof(c));
    LL L = a[1].l, R = a[1].r;
    rep(i, L, R) c[col[i]]++;
    rep(i, minc, maxc) fz += (c[i] * (c[i]-1) / 2);
    fm = com(R-L+1);
    ans[1] = mp(fz, fm, a[1].num);
    rep(i, 2, m) update(L, R, a[i].l, a[i].r, fz, fm), ans[i] = mp(fz, fm, a[i].num);
}

int main() {
    minc = MAXN, maxc = 0;
    cin >> n >> m;
    rep(i, 1, n) scanf("%lld", col + i), maxc = max(maxc, col[i]), minc = min(minc, col[i]);
    rep(i, 1, m) scanf("%lld%lld", &a[i].l, &a[i].r), a[i].num = i;
    block();
    xx();
    sort(ans+1, ans+1+m, cmp2);
    rep(i, 1, m) n = gcd(ans[i].x, ans[i].y), printf("%lld/%lld\n", ans[i].x/n, ans[i].y/n);
    
    return 0;
}