【学习笔记】莫队入门

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写在前面

首先，莫队应该很久以前写的，为什么咕到了省选之后呢？主要是 5ab 发现自己连莫队都还不会，所以就来补笔记+补题了。

u1s1，莫队是一个十分神奇的算法，这是一个离线处理的范例，也是每次考数据结构必卡的。所以学一学莫队没什么坏处，写起来简单易懂，说不定还能卡得过去骗不少分。

关于莫队

什么是莫队？按照 LJ 的说法：

莫队就是优雅的暴力。

这可能很玄乎，我们先来康一个例子。

给定序列 \(a\)，求 \([l,r]\) 中不同数的数量。

暴力当然是每一次扫区间，统计是否有相同的数。当然出题人肯定不会让暴力过，所以我们要优化。

注意到不少的暴力都会重复扫区间，所以我们很自然地就会问：能不能利用前面已经完成计算的结果？这和 KMP 是如出一辙的，当然就连解决方案也是类似的。

区间移动操作

假设我们在区间 \([l,r]\) 上完成了暴力操作，即得到了区间中每一个数的个数（假设已经完成了离散化，并且记录在 \(cnt\) 数组中）。接下来我们想要得到区间 \([l^\prime, r^\prime]\) 的 \(cnt\) 数组，我们应该如何操作？

显而易见，我们可以移动 \(r\) 到 \(r^\prime\)，这中间要经过若干次的增加节点和删除节点的过程。如图：

同理，我们可以将 \(l\) 移动到 \(l^\prime\)。这样我们就可以移动区间。这是莫队的核心操作。

优化，优化，优化！

现在有一个问题，我们能够这样移动区间，但是并没有效率提升，我们又应该如何优化呢？

有一个显而易见的优化，那就是离线将左端点升序排序，这样左端点的遍历就是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，会节省一点常数。

但是，只需要一组右端点反复横跳的数据，就能将这个做法卡掉。我们要怎么优化呢？别忘了——分块大法好！

我们可以对左端点分块，设块大小为 \(B\)，数列长为 \(N\)。在排序时采用如下策略：

  • 如果左端点都在同一块内，则根据右端点排序；
  • 如果左端点不在同一块内，那么根据左端点排序。

这样的优点显而易见——既避免了右端点的反复横跳，又利用了排序单调的性质。那么——复杂度如何呢？

对于第一种情况，则左端点变化最大为 \(B\)，而右端点从 \(1\) 到 \(N\)。如果有 \(M\) 组询问（假设 \(N\)，\(M\) 同阶），则复杂度为 \(\mathcal{O}(MB+N)\)；

对于第二种情况，我们只需要考虑块与块之间的衔接：单次复杂度为 \(\mathcal{O}(N)\)，整体复杂度为 \(\mathcal{O}\left(\dfrac{NM}{B}\right)\)。

综合上述两种情况，我们发现，当 \(B=\sqrt{N}\) 时，总复杂度为 \(\mathcal{O}(M\sqrt{N}+N)\sim O(N\sqrt{N})\)，也就是常见的莫队复杂度。

这就是莫队，一个优化了排序的离线区间算法。

例题

数列找不同

link: https://www.luogu.com.cn/problem/P3901。

一道比较裸的莫队模板题。每一次在更新时检查是否有重复即可。

Code：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int max_n = 100000, max_bk = 400; // 块长
struct ass
{
	int l, r, id;

	bool operator<(const ass& a) const
	{
		return ((l / max_bk == a.l / max_bk)? (r < a.r):(l < a.l)); // 莫队排序
	}
};

ass qrs[max_n];
int cnt[max_n+1], a[max_n], mrs = 0; // mrs：出现次数 >= 2 的数的个数
bool ans[max_n];

#define gc getchar
inline int read()
{
	int c = gc(), t = 1, n = 0;
	while (isspace(c)) { c = gc(); }
	if (c == '-') { t = -1, c = gc(); }
	while (isdigit(c)) { n = n * 10 + c - '0', c = gc(); }
	return n * t;
}
#undef gc

inline void add(int id) // 加入
{
	cnt[a[id]]++;
	if (cnt[a[id]] == 2)
		mrs++;
}

inline void del(int id) // 移除
{
	cnt[a[id]]--;
	if (cnt[a[id]] == 1)
		mrs--;
}

int main()
{
	int n = read(), q = read(), cl = 1, cr = 0;

	for (int i = 0; i < n; i++)
		a[i] = read();
	
	for (int i = 0; i < q; i++)
		qrs[i].l = read() - 1, qrs[i].r = read() - 1, qrs[i].id = i;
	sort(qrs, qrs + q); // 离线排序询问

	for (int i = 0; i < q; i++)
	{
		while (cl > qrs[i].l)
			add(--cl);
		while (cr < qrs[i].r)
			add(++cr);
		while (cl < qrs[i].l)
			del(cl++);
		while (cr > qrs[i].r)
			del(cr--); // 移动区间
		
		ans[qrs[i].id] = !mrs; // 是否两两不同
	}

	for (int i = 0; i < q; i++) // 重新根据输入顺序输出答案
	{
		if (ans[i])
			puts("Yes");
		else
			puts("No");
	}

	return 0;
}

小 Z 的袜子

link: https://www.luogu.com.cn/problem/P1494

被很多人尊为莫队模板题，但还不是那么明显。需要推一下式子（\(l\) 代表区间长度）：

\[\begin{aligned} E=&\dfrac{\sum cnt_i(cnt_i-1)}{l(l-1)}\\ =&\dfrac{\sum cnt_i^2-\sum cnt_i}{l^2-l}\\ =&\dfrac{\sum cnt_i^2-l}{l^2-l} \end{aligned} \]

这样，一切都明白了——我们需要维护区间中每一个数出现次数的平方和。这对莫队就是小菜一碟。

Code：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int max_n = 50000, max_m = 50000, max_bk = 250;

struct ass
{
	int l, r, id;
	bool operator<(const ass& as) const
	{
		return (l/max_bk == as.l/max_bk)? (((l/max_bk) & 1)? (r < as.r):(r > as.r))
		                                 :(l < as.l); // 这是一个奇怪的优化
	}
};

int a[max_n], cnt[max_n+1] = {};
ll afm[max_m], afz[max_m], sum = 0;
ass qrs[max_m];

ll my_gcd(ll a, ll b) { return b? my_gcd(b, a%b):a; }
inline ll sq(ll x) { return x * x; }

#define gc getchar
inline int read()
{
	int c = gc(), t = 1, n = 0;
	while (isspace(c)) { c = gc(); }
	if (c == '-') { t = -1, c = gc(); }
	while (isdigit(c)) { n = n * 10 + c - '0', c = gc(); }
	return n * t;
}
#undef gc

inline void add(int id)
{
	sum -= sq(cnt[a[id]]);
	cnt[a[id]]++;
	sum += sq(cnt[a[id]]);
}
// add 和 del 一行之差
inline void del(int id)
{
	sum -= sq(cnt[a[id]]);
	cnt[a[id]]--;
	sum += sq(cnt[a[id]]);
}

int main()
{
	int n = read(), m = read(), cl = 1, cr = 0;
	ll tgc;

	for (int i = 0; i < n; i++)
		a[i] = read();
	
	for (int i = 0; i < m; i++)
		qrs[i].l = read() - 1, qrs[i].r = read() - 1, qrs[i].id = i;
	
	sort(qrs, qrs + m);

	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		while (cl > qrs[i].l)
			add(--cl);
		while (cr < qrs[i].r)
			add(++cr);
		while (cl < qrs[i].l)
			del(cl++);
		while (cr > qrs[i].r)
			del(cr--);
		
		afm[qrs[i].id] = 1ll * (qrs[i].r - qrs[i].l) * (qrs[i].r - qrs[i].l + 1);
		afz[qrs[i].id] = 1ll * sum - (qrs[i].r - qrs[i].l + 1);
	}

	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		if (afz[i] != 0)
		{
			tgc = my_gcd(afz[i], afm[i]);
			printf("%lld/%lld\n", afz[i] / tgc, afm[i] / tgc);
		}
		else
			puts("0/1"); // 特判
	}

	return 0;
}
posted @ 2021-04-16 22:10  5ab  阅读(110)  评论(0)  编辑  收藏  举报