BZOJ 2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)【莫队算法裸题&&学习笔记】

2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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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。

HINT

Source

版权所有者：莫涛

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2038

分析：莫队算法可以解决一类不修改、离线查询问题。

写了个直接分段解决的办法。把1~n分成sqrt(n)段。unit = sqrt(n)m个查询先按照第几个块排序，再按照 R排序。然后直接求解。

学习自kuangbinQAQ

学习笔记：

对于一个区间的概率，就是每种颜色选2个相同的方案数的和/总的选择方案数

化简之后，就是区间内 (每种颜色的数量^2的和-区间长度)/（区间长度*区间长度减1)

问题变为快速求一个区间内每种颜色数量的平方的和

线段树？可以每种颜色单独维护平方，但是会被卡

 

所以用到了莫队算法

 

使用范围：

可离线且在得到区间[l,r]的答案后，能在O(1)或O(log2n)得到区间[l,r+1]或[l−1,r]的答案

 

其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。

这样的话，如果已知[l,r]的答案，要求[l’,r’]的答案，我们很容易通过|l – l’|+|r – r’|次转移内求得。

抽象成平面上的点，我们要按一定顺序计算每个值，那开销就为曼哈顿距离的和。曼哈顿距离最小生成树

这里通常用分块解决

 

n个数分块

按区间排序，以左端点所在块内为第一关键字，右端点为第二关键字，进行排序，

复杂度分析是这样的：
1、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
2、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5
3、i与i+1在同一块内时l变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过n^0.5，由于有m次询问（和n同级），所以时间复杂度是n^1.5
于是就是O(n^1.5)了

下面给出AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=50050;
const int minn=50050;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar('-');
        x=-x;
    }
    if(x>9)
        write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
struct Query
{
    int L,R,id;
}node[maxn];
ll gcd(ll a,ll b)///求最大公约数
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
struct Ans
{
    ll a,b;
    void reduce()///分数简化操作
    {
        ll d=gcd(a,b);
        a/=d;
        b/=d;
    }
}ans[maxn];
int a[maxn];
int num[maxn];
int n,m,unit;
bool cmp(Query a,Query b)///把1~n分成sqrt(n)段,unit=sqrt(n)m个查询先按照第几个块排序,再按照R排序,分块处理
{
    if(a.L/unit!=b.L/unit)
        return a.L/unit<b.L/unit;
    else return a.R<b.R;
}
void work()
{
    ll temp=0;
    memset(num,false,sizeof(num));
    int L=1;
    int R=0;
    for(int i=0;i<m;i++)///莫队算法核心部分
    {
        while(R<node[i].R)
        {
            R++;
            temp-=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
            num[a[R]]++;
            temp+=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
        }
        while(R>node[i].R)
        {
            temp-=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
            num[a[R]]--;
            temp+=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
            R--;
        }
        while(L<node[i].L)
        {
            temp-=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
            num[a[L]]--;
            temp+=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
            L++;
        }
        while(L>node[i].L)
        {
            L--;
            temp-=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
            num[a[L]]++;
            temp+=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
        }
        ans[node[i].id].a=temp-(R-L+1);
        ans[node[i].id].b=(ll)(R-L+1)*(R-L);
        ans[node[i].id].reduce();
    }
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            a[i]=read();
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            node[i].id=i;
            node[i].L=read();
            node[i].R=read();
        }
        unit=(int)sqrt(n);
        sort(node,node+m,cmp);
        work();
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            printf("%lld/%lld\n",ans[i].a,ans[i].b);
        }
    }
    return 0;
}