小Z的袜子[莫队]

题目描述

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。

然而数据中有L=R的情况，请特判这种情况，输出0/1。

输入格式：

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。

输出格式：

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）

输入样例#1： 

6 4
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6

输出样例#1： 

2/5
0/1
1/1
4/15

说明

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。

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https://www.cnblogs.com/chanme/p/3681999.html

题目的意思非常简单，就是询问在一个[L,R]区间里的取两个物品，然后这两个物品颜色相同的概率。其实就是对于每种颜色i,这个区间里对应的个数cnt[i],那么答案就应该是  sigma (cnt[i]*cnt[i-1]) / (R-L+1)*(R-L). 问题是要是每次询问我都遍历一遍的话必T无疑。这个时候莫队算法就给出了其中一种非常重要的离线处理方法，通过合适的安排询问的次序降低一定的复杂度。

举个例子，假如我询问的时候是询问[1,2],[1,3],[1,4],[1,5],[1,6]...[1,7],[2,7]，显然我们每次计算这些答案都是O(1)的。但是假如询问的时候次序变一下

[2,7],[1,3],[1,7],[1,2]....这样子的话我们就会很蛋疼，所以通过合理的安排区间询问的顺序可以降低复杂度，而莫队算法就是这样做的。

首先假如我们已经知道了[L,R]的答案，如果我们可以O(1)的时间得出[L+1,R],[L-1,R],[L,R+1],[L,R-1]的话，那么下面这种算法就是可以实施的，我们通过对询问分块处理，假如区间长度为n，那么我们分成sqrt(n)块，然后对区间排序，排序的时候按照左端点属于那个块先排序，然后再按右端点的大小排序。排完序之后，我们就根据当前的[L,R]不断地去算下一个区间的[Li,Ri].其中就是根据L,Li和R,Ri的差值去变化求出对应的答案。

下面看下复杂度。我们总是从左到右处理一系列的询问，所以对于同一块里的询问如果有k个的话，那么由于左端点总是在同一个块里动，所以每次左端点动是O(sqrt(n)),而右端点递增，所以k次的总复杂度不会超过n，因此对于同一块的操作的总复杂度应该为 O(k*sqrt(n)+n)

假如询问的总数为m的话，那么由于最多有sqrt(n)块，所以总复杂度是 m*sqrt(n)+n*sqrt(n).

还有就是当由一个区间转换到相邻的另一个区间的时候，左端点移动不超过O(sqrt(n)),右端点移动不超过O(n),最多变动sqrt(n)次。所以转换区间的时候的复杂度是sqrt(n)*sqrt(n)+n*sqrt(n).

综上我们可以看出最后的复杂度应该是n^1.5.

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define LL long long
using namespace std;
int color[N],n,m,pos[N];//pos为块 
LL cnt[N],ans=0;
struct Node{
	int l,r,id;
	bool operator < (const Node &a) const{
		return pos[l]==pos[a.l] ? r<a.r : pos[l]<pos[a.l];
	}
}q[N];
LL ans1[N],ans2[N];
int read(){ 
	int cnt=0,f=1;char ch=0;
	scanf("%d",&cnt);return cnt;
	while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-') f=-1;}
	while(isdigit(ch))cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
	return cnt*f;
}
LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
void add(int k){
	ans -= cnt[color[k]]*(cnt[color[k]]-1);
	cnt[color[k]]++;
	ans += cnt[color[k]]*(cnt[color[k]]-1);
} 
void del(int k){
	ans -= cnt[color[k]]*(cnt[color[k]]-1);
	cnt[color[k]]--;
	ans += cnt[color[k]]*(cnt[color[k]]-1);
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) color[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		q[i].l=read(),q[i].r=read(); q[i].id=i;
	}
	int base=int(sqrt(1.0*n));
	for(int i=1;i<=n;i++) pos[i]=i/base;
	sort(q+1,q+m+1);
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	int l=1,r=1; 
	cnt[color[1]]++;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(q[i].l==q[i].r){ans1[q[i].id]=0,ans2[q[i].id]=1;continue;}
		while(r<q[i].r) add(++r);
		while(r>q[i].r) del(r--);
		while(l<q[i].l) del(l++);
		while(l>q[i].l) add(--l);
		LL len=q[i].r-q[i].l+1;
		LL tot=len*(len-1);
		LL g=gcd(ans,tot);
		ans1[q[i].id]=ans/g,ans2[q[i].id]=tot/g;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		printf("%lld/%lld\n",ans1[i],ans2[i]);
	}
	return 0;
}