【洛谷1494】[国家集训队] 小Z的袜子（莫队）

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大致题意： 有\(N\)只从\(1\sim N\)编号的袜子，告诉你每只袜子的颜色，\(M\)组询问，每组询问给你一个区间\([L\sim R]\)，让你求出小Z随机抽出\(2\)只袜子时有多大概率抽到两只颜色相同的袜子。

题意转换

假设这些袜子中共有\(K\)种颜色，则对于第\(i\)种颜色的袜子，抽到两次的概率为：

\[\frac{cnt[i]*(cnt[i]-1)}{(R-L+1)*(R-L)} \]

那么，在整个区间中抽到两只相同颜色的袜子的概率就是：

\[\sum_{i=1}^K\frac{cnt[i]*(cnt[i]-1)}{(R-L+1)*(R-L)} \]

即：

\[\frac{\sum_{i=1}^Kcnt[i]*(cnt[i]-1)}{(R-L+1)*(R-L)} \]

莫队

这时，我们就不难发现，对于一个区间，只要知道这个区间中每种颜色的袜子的出现次数就可以了。于是，就很容易想到用莫队来求解。

我们只要记录每种颜色的袜子的出现次数，并在每次更新指针的同时更新\(ans\)即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 50000
#define M 50000
using namespace std;
LL n,Q,a[N+5],pos[N+5],ans1[M+5],ans2[M+5],cnt[N+5];
struct Query
{
    LL l,r,pos;
}q[M+5];
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(LL &x)
{
    x=0;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc()));
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(LL x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline bool cmp(Query x,Query y)
{
    return pos[x.l]<pos[y.l]||(pos[x.l]==pos[y.l]&&(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r));
}
inline LL gcd(LL x,LL y)//求最大公因数，为之后的约分做准备
{
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
int main()
{
    register LL i;
    for(read(n),read(Q),i=1;i<=n;++i) read(a[i]),pos[i]=(i-1)/sqrt(n)+1;
    for(i=1;i<=Q;++i) read(q[i].l),read(q[i].r),q[i].pos=i;
    sort(q+1,q+Q+1,cmp);
    LL ans=0,L=q[1].l,R=q[1].r;
    for(i=L;i<=R;++i)//先暴力求解第一个问题的答案
    {
        if(++cnt[a[i]]) ans-=((cnt[a[i]]-1)*(cnt[a[i]]-2));
        ans+=cnt[a[i]]*(cnt[a[i]]-1);
    }
    LL t1=ans,t2=(q[1].r-q[1].l+1)*(q[1].r-q[1].l),g=gcd(t1,t2);
    ans1[q[1].pos]=t1/g,ans2[q[1].pos]=t2/g;
    for(i=2;i<=Q;++i)
    {
        if(q[i].l==q[i].r)//题目中的附加说明，对于L=R的情况直接输出0/1
        {
            ans1[q[i].pos]=0,ans2[q[i].pos]=1;
            continue;
        }
        while(L<q[i].l) ans-=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1),--cnt[a[L]],ans+=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1),++L;//若L指针小于当前询问的l，就先更新ans，再移动指针
        while(L>q[i].l) --L,ans-=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1),++cnt[a[L]],ans+=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1);//若L指针大于当前询问的l，则操作顺序与上面的操作恰好相反
        while(R>q[i].r) ans-=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1),--cnt[a[R]],ans+=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1),--R;//R指针的操作与L指针类似
        while(R<q[i].r) ++R,ans-=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1),++cnt[a[R]],ans+=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1);
        LL t1=ans,t2=(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l),g=gcd(t1,t2);//注意约分
        ans1[q[i].pos]=t1/g,ans2[q[i].pos]=t2/g;
    }
    for(i=1;i<=Q;++i) write(ans1[i]),putchar('/'),write(ans1[i]?ans2[i]:1),putchar('\n');
    return 0;
}