【算法】莫队

一、概念

莫队是一种应用于离线询问的优美暴力算法。它是主要思想是让区间的左端点和右端点移动的距离加起来最短。

二、实现

假设现在有这样一串序列：$1,1,4,5,1,4$，我们现在要求询问区间内的 $1$ 的出现次数。
如果我们现在已经统计到了区间 $(2,3)$，现在询问 $(1,5)$。
现在的答案是这样的：

我们发现现在的左端点 $x=2$ 在询问的左端点的右边，所以我们将当前左端点向左移一位。现在维护的区间 $[1,3]$ 有两个 $1$ 了。

我们又发现现在的右端点 $y=3$ 在询问的右端点左边，所以我们将当前右端点向右移一位。现在维护的区间 $[1,4]$ 还是有两个 $1$。

这时候的右端点还是在询问的右端点。所以我们再将右端点向右移一位。现在维护的区间 $[1,5]$ 有三个 $1$ 了。

这时候访问到的区间与询问的区间完全一样，我们就可以存储答案了。

这就是莫队的思想了（。你会发现这十分的像暴力，的确如此。但是为了保证时间复杂度，我们要引入分块的思想。先将 $l$ 按照所在块的编号排序，在每个块中，再按 $r$ 的大小排序。

这样的话我们发现在每个块中，$r$ 最多会移 $n$ 次，每换一次块，就可能多移 $n$ 次。同时，每次询问 $l$ 都可能移动 $size$ 次。所以时间复杂度应该为 $O(n\times num+m\times size)=O(\frac{n^2}{size}+m\times size)$。

我们发现每换一次块，$r$ 可能会从最右边跑到最左边，这显然不优。所以我们考虑奇偶性优化，如果第一个块的编号为偶数，那么块的编号为偶数就将 $r$ 升序排序，为奇数就将 $r$ 降序排序。如果第一个块的编号为奇数，那么就都反过来。

三、代码

感觉比较板的题是这题：小B的询问

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e4+5;
int n,m,k;
int a[N];
int buc[N]; 
int ansi[N];
int T;
int sum;

struct node{
    int l,r,id;
}q[N];

bool cmp(node x,node y){
    if(x.l/T==y.l/T) return x.r<y.r;
    return x.l<y.l;
}

void add(int x){
    sum-=buc[a[x]]*buc[a[x]];
    buc[a[x]]++;
    sum+=buc[a[x]]*buc[a[x]]; 
}

void del(int x){
    sum-=buc[a[x]]*buc[a[x]];
    buc[a[x]]--;
    sum+=buc[a[x]]*buc[a[x]];
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m>>k;
    T=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=m;++i){
        cin>>q[i].l>>q[i].r;
        q[i].id=i;
    }
   sort(q+1,q+m+1,cmp);

    int x=1,y=0;
   for(int i=1;i<=m;++i){
       int qx=q[i].l,qy=q[i].r;
       while(x>qx){
           x--;
           add(x);
       }
       while(y<qy){
           y++;
           add(y);
       }
       while(x<qx){
           del(x);
           x++;
       }
       while(y>qy){
           del(y);
           y--;
       }
       ansi[q[i].id]=sum;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) cout<<ansi[i]<<"\n";
    return 0;
}

四、例题

CF617E

萌新的第一道莫队维护子区间题

异或有些很好的性质。

1. 如果 $a\oplus b=c$，那么 $a\oplus c=b$
2. $a\oplus a=0$

考虑它维护的是区间异或值，所以可以维护前缀异或值。所以问题相当于 $sum[r]\oplus sum[l-1]=k$，交换一下得，$sum[r]\oplus k=sum[l-1]$。这样用个桶维护一下 $sum$ 的出现次数就行。

CF1000F

常规的用桶维护数字的出现次数，如果这个数恰好出现一次就把它放进栈中。输出的时候直接输出栈顶就行，删除的时候可以预先处理它在栈中的位置，然后将它与栈顶交换一下后删除栈顶。

CF877F

又是一道维护子区间的题，所以还是可以用前缀和。前缀和维护的是这一段前缀中第 $1$ 类问题比第 $2$ 类多多少。所以问题转化为 $sum[r]-sum[l-1]=k$。如果这是右端点，也就是已知 $sum[r]$，那么它的贡献就是 $sum[l-1]=sum[r]-k$ 的次数。如果这是左端点的同理。由于 $a[i]$ 的数据范围有点大，所以要离散化一下，还要离散化它的贡献点。

Fibonacci-ish II

讲解传送门

[HNOI2016] 大数

依旧是维护子区间的题，所以依旧用前缀和。$sum[i]$ 表示前 $i$ 个数组成的数对 $p$ 取模的值，可以这样递推求出 $sum[i]=(10sum[i-1]+a[i])%p$。这样一段区间对 $p$ 取模为 $0$ 可以写成这样的式子：

$\because sum[r]-sum[l-1]\times 10^{r-l+1} \equiv 0\pmod p$
$\therefore sum[r] \equiv sum[l-1]\times 10^{r-l+1} \pmod p$
$\therefore sum[r]\times 10^{-r} \equiv sum[l-1]\times 10^{-(l-1)} \pmod p$ （两边同时乘以 $10^{-r}$）

所以我们可以维护一个 $f[i]$ 表示 $sum[i]\times 10^{-i}$。但还需要特判一下 $p=2\;or\;5$ 的情况，因为此时最后一个式子并不成立，成立的只有 $sum[r] \equiv sum[l-1]\times 10^{r-l+1} \equiv 0\pmod p$。

其实这题用后缀和好维护一点，此时的递推式是 $sum[i]=sum[i+1]+a[i]\times 10^{n-i+1}$。一段区间对 $p$ 取模为 $0$ 写成的式子是这样的：

$\frac{sum[l]-sum[r+1]}{10^{n-r}} \pmod p$。如果 $p=2\;or\;5$ 还是和上面一样特判一下，计算一段区间内有多少个数是以 $0,2,4,6,8$ 或 $0,5$ 结尾的即可。否则 $sum[l]\equiv sum[r+1]\pmod p$，直接算。