BZOJ 2038 [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
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
Sample Output
Source
这是一道极为经典的题目。注意到一点，如果我们有计算完[L, R]时的“中间变量”（在本题为每个数出现的次数），那么[L - 1, R]、[L + 1, R]、[L, R - 1]、[L, R + 1]都能够在“中间变量”的“基本操作时间复杂度”（O(1)orO(log n)……）得出。
例如在此题中，我们如果列出算式，可以轻易发现[L，R]对应的答案通过区间内各颜色数目的平方和快速计算，如果辅助存储区间内各颜色数目，那么O（1）的比邻状态转移就能够实现。
以此便可介入此题。发现对于一个询问，可以从上一个询问开始通过移动区间得到现有答案。但是，这样很明显不优。状态间的转移即是左端点与右端点的位移，复杂度就是abs(L1 - L2) + abs(R1 - R2)。如果出题人足够邪恶，以至于一次转移是O（n）的，总的算下来O（nq）绝对无法接受。（但我做了实验并没有TLE）。
当然，有人会说，这道题并没有强制在线，我们可以按照恰当的顺序去解决每个询问。例如，按照左端点从小到大排序，如果左端点相同再右端点从小到大排序。这样确实似乎可以，但出题人也可以乱卡，让右端点乱跳，一次转移同样可以做到O（n）。
于是，就有人强推曼哈顿最小生成树（可以让顺序完美），但代码复杂度太高，同样也是O（nlogn）的复杂度。我们信息学竞赛不是“完美主义”，很有可能因小失大。
于是“莫队”（因为比赛常常当队长）说，可以把左端点的排序“模糊处理”，允许在一定区间内的左端点其右端点单调递增。一定区间？这大概就是分块了。我们并不需要去专门维护这个块，只是在排序时用到。假设块长O（k），而一个块右端点最多跳O（n），有O（n/k）个块，故右端点最多跳O（n^2/k）次。左端点每次最多跳O（k）次，故左端点最多跳O（nk）次。
我们发现，左右端点乱跳次数的乘积是相对一定的，为O（n^3），所以若k=sqrt（n），结果最优，复杂度是O（n*sqrt（n））的。
但是，话说回来，这类题目为什么不能使用线段树一类的数据结构？理由很简单，颜色太多了。但据说有很强的方法，反正我不会。
最后说一句，这道题要A特别简单。注：“莫队算法”=分块离线暴力
| Type | 直接按照顺序做 | 无脑排序 | 分块排序 |
| Time | 12228 ms | 5680 ms |
568 ms |
当然，可以只sort一次，能开int就开int。904 ms-〉812 ms-〉764 ms-〉568 ms
1 /**************************************************************
2 Problem: 2038
3 User: Doggu
4 Language: C++
5 Result: Accepted
6 Time:568 ms
7 Memory:2592 kb
8 ****************************************************************/
9
10 #include <cstdio>
11 #include <algorithm>
12 #include <cmath>
13 using namespace std;
14 template<class T>inline void readin(T &res) {
15 static char ch;T flag=1;
16 while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')if(ch=='-')flag=-1;
17 res=ch-48;
18 while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')res=(res<<1)+(res<<3)+ch-48;
19 res*=flag;
20 }
21 const int N = 50010;
22 const int Q = 50010;
23 int n, q, K, aa[N], num[N];
24 struct data{
25 int L, R, ord;
26 bool operator< (const data &rhs) const {return L/K==rhs.L/K?R<rhs.R:L<rhs.L;}
27 }que[Q];
28 long long x[N], y[N];inline long long gcd(long long a,long long b) {if(b==0) return a;return gcd(b,a%b);}
29 int main() {
30 readin(n);readin(q);K=floor(sqrt(n));
31 for( int i = 1; i <= n; i++ ) readin(aa[i]);
32 for( int i = 1; i <= q; i++ ) readin(que[i].L),readin(que[i].R),que[i].ord=i;
33 sort(que+1,que+q+1);
34 int L = 1, R = 0, tot = 0;
35 long long xs, ys, temp;
36 for( int i = 1; i <= q; i++ ) {
37 while(R<que[i].R) {
38 R++;
39 tot+=2*num[aa[R]]+1;
40 num[aa[R]]++;
41 }
42 while(que[i].R<R) {
43 num[aa[R]]--;
44 tot-=2*num[aa[R]]+1;
45 R--;
46 }
47 while(que[i].L<L) {
48 L--;
49 tot+=2*num[aa[L]]+1;
50 num[aa[L]]++;
51 }
52 while(L<que[i].L) {
53 num[aa[L]]--;
54 tot-=2*num[aa[L]]+1;
55 L++;
56 }
57 xs=tot-(R-L+1);ys=(long long)(R-L+1)*(R-L);temp=gcd(xs,ys);
58 x[que[i].ord]=xs/temp;y[que[i].ord]=ys/temp;
59 }
60 //sort(que+1,que+q+1,cmp2);
61 for( int i = 1;i <= q; i++ ) printf("%lld/%lld\n",x[i],y[i]);
62 return 0;
63 }
