[莫队] Bzoj P2038 小Z的袜子

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。

题解

• 题目大意：进行区间询问[l,r]，输出该区间内随机抽两次抽到相同颜色袜子的概率
• 那么先考虑整个区间来求，答案要用最简分数来求，那么分母显然就是n*n(区间大小的平方)，分子就是∑sum[i]*sum[i](第i种颜色出现次数的平方)
• 可以考虑离线来想，先将每个查询排序，然后定义两个指针l,r在区间上跳
• 如果我们当前求出了[l,r]之前的答案，那么如何转换到[p,q]区间
• 
• 那么的话我们可以发现，l要右移一位才能到达P，R要右移两位才能到达Q
• 我们可以先考虑一位一位来移，对于l移到l+1显然我们会少一个红色格子
• 考虑如何计算它的答案，按照上面的思路，分母由n^2变成了(n-1)^2，分母除了红色的不变，而红色由sum[红]^2变成了(sum[红]-1)^2
• 那么的话我们就可以直接给分子-sum[红]^2+(sum[红]-1)^2
• 再考虑一下R右移的情况，也是同理，分母由n^2变成(n+1)^2，分子除了绿色的不变，而绿色变成了sum[绿]^2变成了(sum[绿+1)^2
• 其他也是一样，那就对于左移或右移，就是对于区间多几个格子或少几个格子
• 那么这样的话，我们对于一个区间的答案求到旁边另一个区间的时间复杂度是O(1)，极其优秀
• 但是这样的话，莫队还是有缺陷的，若查询的区间没有序的话，l和r就会在区间上乱跳，这样的时间复杂度最坏的情况下是O(n^2)的
• 那么怎么优化，This is a good question
• 莫队优化其实是根据分快的思想，我们可以先根据sqrt(n)来分块
• 对于两个询问，若在其l在同块，那么将其r作为排序关键字，若l不在同块，就将l作为关键字排序
• 那么最后我们在来计算一下时间复杂度，设p=sqrt(n)
• ①若当前是l移动，那么若在同一个块内（最不优秀），那么最多需要n*p，时间复杂度O(n*p)
• ②若当前是r移动，那么若不在同一个块内，那么最多需要n*n/p，时间复杂度O(n*n/p)
• 总的来说，莫队的基本时间复杂度就为 O(n*n/p+n*p)

• 根据基本不等式得：当p为sqrt(n)时，得到莫队算法的真正复杂度为O(n*sqrt(n))

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
#define N 50010
#define sqr(x) (x)*(x)
using namespace std;
struct edge { int l,r,d; ll a,b; }e[N];
int n,m,num,bel[N],sum[N],a[N];
ll ans;
ll getgcd(ll a,ll b) { return b==0?a:getgcd(b,a%b); }
bool cmp(edge a,edge b) { return bel[a.l]==bel[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l; }
bool cmp1(edge a,edge b) { return a.d<b.d; }
void work(int x,int k) { ans-=sqr(sum[a[x]]),sum[a[x]]+=k,ans+=sqr(sum[a[x]]); }
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m),num=sqrt(n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),bel[i]=i/num+1;
    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&e[i].l,&e[i].r),e[i].d=i;
    sort(e+1,e+m+1,cmp);
    int l=1,r=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        while (l<e[i].l) work(l,-1),l++;
        while (l>e[i].l) work(l-1,1),l--;
        while (r<e[i].r) work(r+1,1),r++;
        while (r>e[i].r) work(r,-1),r--;
        if (e[i].l==e[i].r) { e[i].a=0,e[i].b=1; continue; }
        e[i].a=ans-(e[i].r-e[i].l+1),e[i].b=1ll*(e[i].r-e[i].l+1)*(e[i].r-e[i].l);
        ll gcd=getgcd(e[i].a,e[i].b); e[i].a/=gcd,e[i].b/=gcd;
    }
    sort(e+1,e+m+1,cmp1);
    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%lld/%lld
",e[i].a,e[i].b);
}