小z的袜子（莫队）

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。

算法版权归属：莫涛
这是一个没有修改的莫队，实际上就是把询问离线分块排序，假设我们已经知道了（l,r）的答案，我们就可以暴力转移(l+1,r),(l,r+1),(l-1,r),(l,r-1)
去网上找了很多题解之类的，都没有详细的注释，于是我就在程序中良心的详细解释了

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define LL long long

using namespace std;

const int N=5010;
int n,m,a[N*10];
struct node{
    int l,r,id;
};
node nod[N*10];
int num[N*10];  //记录每种颜色出现的次数 
struct node2{
    LL a,b;
};
node2 ans[N*10];
int unit;

int cmp(const node & a,const node & b) 
//m个查询先按照第几个块(l)排序，再按照 R排序。
{
    if ((a.l/unit)!=(b.l/unit)) return (a.l/unit)<(b.l/unit);
    else return a.r<b.r;
}

LL gcd(LL a,LL b)
{
    if (a==0) return b;
    if (b==0) return a; 
    LL q=a%b;
    while (q)
    {
        a=b;
        b=q;
        q=a%b;
    }
    return b;
}

void huajian(int bh)
{
    LL q=gcd(ans[bh].a,ans[bh].b);
    ans[bh].a/=q;
    ans[bh].b/=q;
    return;
}

void work()
{
    LL tmp=0;
    memset(num,0,sizeof(num));
    int L=0;
    int R=1;
    for (int i=1;i<=m;i++)  //枚举团块 
    {
        while (R<nod[i].r)  //暴力把右端点向右移动 
        {
            R++;
            tmp-=(LL)num[a[R]]*num[a[R]]; 
            //把原先的方案数减去 
            num[a[R]]++;  //该颜色数量加一 
            tmp+=(LL)num[a[R]]*num[a[R]];  //当前方案数加上 
        }
        while (R>nod[i].r)  //暴力把右端点向左移动，相当于范围减小了，所以后-- 
        {
            tmp-=(LL)num[a[R]]*num[a[R]];
            num[a[R]]--;  //该颜色数量减一 
            tmp+=(LL)num[a[R]]*num[a[R]];
            R--;
        }
        while (L<nod[i].l)  //暴力将左端点向右移动，相当于范围减小了，所以后++  
        {
            tmp-=(LL)num[a[L]]*num[a[L]];
            num[a[L]]--;
            tmp+=(LL)num[a[L]]*num[a[L]];
            L++;
        }
        while (L>nod[i].l) ////暴力将左端点向左移动 
        {
            L--;
            tmp-=(LL)num[a[L]]*num[a[L]];
            num[a[L]]++;
            tmp+=(LL)num[a[L]]*num[a[L]];
        }
        ans[nod[i].id].a=tmp-(R-L+1);//讲真，我也不是特备明白为什么要这么干 
        ans[nod[i].id].b=(LL)(R-L+1)*(R-L); //区间的总的方案数为(R-L+1)×(R-L)/2
        //是不是奇怪(/2)去哪了，如果分子分母都要/2,我们就干脆把/2扔了吧 
        huajian(nod[i].id);
    }
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        nod[i].id=i;
        scanf("%d%d",&nod[i].l,&nod[i].r);
    }
    unit=(int)sqrt(n);  //分块，每个块的大小是sqrt(n) 
    sort(nod+1,nod+1+m,cmp);
    work();
    for (int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d/%d
",ans[i].a,ans[i].b);
    return 0;
}