莫队 优雅暴力出奇迹

1|0目录

• 普通莫队

• 莫队+bitset

• 回滚莫队

• 带修莫队

• 莫队二次离线

• 树上莫队

• 树上带修莫队

注：本文内 $n$ $m$ 在未说明情况下默认同阶。

1|1普通莫队

莫队，离线算法，处理序列上的问题。

以分块为基本思想。

以左端点所在块为第一关键字排序，右端点其次。

块大小一般设为 $\sqrt n$。

1|0时间复杂度

1|0对于某一块

左端点每次更新距离不超过 $\sqrt n$。

右端点单调，端点移动总距离不超过 $n$。

1|0对于两个块边界

左端点移动距离不超过 $2\sqrt n$。

右端点同样不超过 $n$。

忽略常数后则无差别qwq。

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那么综合来说，左端点 $n$ 次 $\sqrt n$，右端点 $\sqrt n$ 次 $n$。

左右端点更新总时间皆为 $O(n\sqrt n \times k)$。（$k$ 为单次增量复杂度。）

所以这是莫队的时间复杂度。

莫队最终效果即在块中 左端抖动，右端单调。

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1|0一般写法

我们一般用 $\text{for}$ 里嵌四个 $\text{while}$ 来完成。

sort(q+1,q+m+1,cmp);
for(re i=1;i<=m;i++){
	......
	while(l>q[i].l) --l,upd(l,1);
	while(r<q[i].r) ++r,upd(r,1);
	while(l<q[i].l) upd(l,-1),l++;
	while(r>q[i].r) upd(r,-1),r--;
	ans[q[i].id]=......
}

对于排序，我比较喜欢按照下面这种写法写。

bool cmp(Question x,Question y){
   if(x.pos!=y.pos) return x.pos<y.pos;
   if(x.pos&1) return x.r<y.r;
   return x.r>y.r;
}

这样写可以减少右端点的移动，在常数上较优。

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1|0例题 [国家集训队]小Z的袜子

莫队裸题。

简单数学推导答案。

$ans=\dfrac{\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{cnt_i(cnt_i-1)}{2}}{\dfrac{(r-l)(r-l+1)}{2}}$ （$cnt_i$ 表示在区间中 $i$ 出现的次数。）（当然这个也能跑了）

可化为 $ans=\dfrac{\sum\limits^n_{i=1}cnt_i^2-(r-l+1)}{(r-l)(r-l+1)}$

求最大公约数化简。

莫队维护出现次数平方之和即可。

代码qwq

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1|0例题 [Ynoi2015]盼君勿忘

详细题解戳这里。qwq

这里我们只阐述维护莫队的部分。

对于区间 $[l,r]$，考虑 $a_i$ 的贡献 。（$l \le i \le r$）

设 $a_i$ 在区间 $[l,r]$ 中出现 $cnt_{a_i}$ 次。

我们知道，一个元素总数为 $k$ 的集合的子集个数为 $2^k$ 个。

可由 $\sum\limits^k_{i=1}\dbinom{k}{i}=2^k$ 得出结论。

那么我们接下来算单个元素贡献有两种推导方法，这里我们讲一种比较方便的。

转换一下方向，一个子序列对于一个元素只有包含和不包含两种情况。

那么我们可以想到用总数减去不包含的状态数。

即直接可得 $2^{r-l+1}-2^{r-l+1-cnt_{a_i}}$。

---

我们考虑在莫队时保存出现次数相同元素的和。

需要快速插入，删除。

由于不需要保证有序，容易想到双向链表。（建议手写）

$O(1)$ 时间完成插入删除操作。

以上是莫队维护内容，关于取模+细节等可以看上面链接里的完整版题解。

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1|2莫队+bitset

bitset 常用于常规数据结构难以维护的的判定、统计问题，而莫队可以维护常规数据结构难以维护的区间信息。把两者结合起来使用可以同时利用两者的优势。——OI-Wiki

没有通用做法，因题而异。

1|0例题 小清新人渣的本愿

基础题。

考虑如何维护莫队。

发现值域较小，考虑用 bitset 存储该值当前已有没有出现过，令其为 $s$。

对于减操作，有 $a-b=k$。

答案即为 $(s \& (s<<k)).any()$。

对于加操作，有 $a+b=k$。

即 $a-(maxn-b)=k-maxn$。

$maxn$ 为值域上界。

则需要再开一个 bitset 储存 $maxn-x$ 有没有出现过，令其为 $s'$

答案即为 $(s \& (s'<<(k-maxn))).any()$

对于除操作，暴力枚举因数即可。

总复杂度 $((n+m)\sqrt n+\dfrac{nm}{w})$。 （这里把 加减操作和除操作都当 $m$ 个了qaq）

代码qwq

1|0例题 [Ynoi2016]掉进兔子洞

咕咕咕（

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1|3回滚莫队

显然，由名字得，回滚莫队还是要用莫队的基本思想。（

普通莫队看上面，以下不再赘述。

这种算法主要用于可离线查询，其中插入删除操作中一种方便一种复杂甚至不可做的情况。

既然一种简单一种麻烦，我们肯定选用简单的好qwq。

那么我们尽量全用简单的。

1|0以下内容默认插入操作简单，反之类似。

排序方式与原先类似。

第一关键字 左端点所在块，第二关键字 右端点递增。

这样当左端点在同一块中，我们已经保证了右端点只有插入操作。

那么对于左端点，我们可以采取一个很暴力的操作——每次操作完回滚至当前块右端点，即从块右端点扩展到询问左端点，再将左端点还原回块右端点。

这是回滚莫队的核心操作。

当然我们还要考虑询问右端点在左端点同一块内的情况。

这种情况直接暴力跑即可，复杂度与拓展相同。

1|0时间复杂度

由于块大小 $O(\sqrt n)$，一次暴力复杂度是 $O(\sqrt n \times k)$ （$k$ 是一次增量所需时间）

同样对于莫队拓展我们知道是 $O(n\sqrt n \times k)$

$n$ 次暴力复杂度也相等。

所以回滚莫队复杂度即 $O(n\sqrt n\times k)$，与莫队复杂度相同。

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1|0一般写法

个人比较喜欢这么写主程序。

for(int i=1,j=1;j<=(n-1)/len+1;++j){
	for(int k=1;k<=cnt;++k) lst[a[vst[k]]]=nxt[a[vst[k]]]=0;
	int br=min(j*len,n);l=br+1,r=br,sum=cnt=0;
	while(q[i].pos==j){
		if(q[i].r<=br){
			ans[q[i].id]=solve(q[i].l,q[i].r);++i;
			continue;
		}
		while(r<q[i].r) ++r,update(r,1);
		qwq=sum;
		while(l>q[i].l) --l,update(l,-1);
		ans[q[i].id]=sum;
		while(l<=br) erase(l),l++;
		sum=qwq;++i;
	}
}

排序函数基本不变，将常数优化部分删去即可。（注意 若删除简单时右端点应降序）

bool cmp(Question x,Question y){
	if(x.pos!=y.pos) return x.pos<y.pos;
	return x.r<y.r;
}

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1|0例题 【模板】回滚莫队&不删除莫队

具体题解qwq

板子题，但是下面那个更板子。（

首先套板子。（

然后离散化。（

增量时记录前后出现最远坐标即可。

对于本题，每次跑完一组块时，你还要清除痕迹。

建议拿一个东西记录已使用的位置，每次只需清理这些即可。

可以减小常数。

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1|0例题 歴史の研究

完整题解qwq

更加模板，甚至更好写。

1|0你甚至不需要卡常。（

增量时每次维护 $T_A$，并不断更新答案即可。

本题清空只需最后将右端点滚回当前左端点块的右端点并沿途还原 $T_A$ 即可。

但是。

全部开 $\text{int}$ 会爆 $0$。（例 $10^5$ 个 $10^9$ ）

全部开 $\text{long long}$ 即可。

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1|4带修莫队

普通莫队是不能带修改的。我们可以强行让它可以修改，就像 $\text{DP}$ 一样，可以强行加上一维 时间维 , 表示这次操作的时间。 ——OI WIKI

那么我们考虑一下时间复杂度。

1|0时间复杂度

这里我们设块长为 $S$。

以左端点块为第一关键字，右端点块为第二关键字，时间为第三关键字。

1|0对于左端点

移动复杂度显然 $O(nS)$

1|0对于右端点

对于一个左端点块时，有 $O(nS)$。

左端点变换后最劣有 $O(\dfrac{n^2}{S})$。

则为 $O(nS+\dfrac{n^2}{S})$。

1|0对于时间

每组左右块最多 $O(n)$。

则总即为 $O(\dfrac{n^3}{S^2})$。

删去常数合并起来即为 $O(nS+\dfrac{n^2}{S}+\dfrac{n^3}{S^2})$。

可得 $S=n^{\frac{2}{3}}$ 时近似最小。

总复杂度此时为 $O(n^{\frac{5}{3}})$

1|0写法

inline void update(int x,int op){ //端点修
	if(op==1) sum+=(cnt[a[x]]++==0);
	else sum-=(--cnt[a[x]]==0);
}
inline void modify(int x,int op){ //时间修
	if(mo[x].x>=l&&mo[x].x<=r){
		if(op==1){
			sum-=(--cnt[a[mo[x].x]]==0);
			mo[x].pre=a[mo[x].x];a[mo[x].x]=mo[x].to;
			sum+=(cnt[a[mo[x].x]]++==0);
		}
		else{
			sum-=(--cnt[a[mo[x].x]]==0);
			a[mo[x].x]=mo[x].pre;
			sum+=(cnt[a[mo[x].x]]++==0);
		}
	}
	else{
		if(op==1) mo[x].pre=a[mo[x].x],a[mo[x].x]=mo[x].to;
		else a[mo[x].x]=mo[x].pre;
	}
}

for(re i=1;i<=qwq;i++){
	while(l>q[i].l) --l,update(l,1);
	while(r<q[i].r) ++r,update(r,1);
	while(l<q[i].l) update(l,-1),l++;
	while(r>q[i].r) update(r,-1),r--;
	while(nw<q[i].t) ++nw,modify(nw,1);
	while(nw>q[i].t) modify(nw,-1),nw--;
	ans[q[i].id]=sum;
}

---

1|0例题 [国家集训队]数颜色 / 维护队列

1|0例题 Machine Learning

咕

1|5莫队二次离线

1|0例题 【模板】莫队二次离线（第十四分块(前体)）

1|0例题 [Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology II

咕

1|6树上莫队

1|0例题 COT2 - Count on a tree II

1|0例题 Tree and Queries

咕

1|7树上带修莫队

1|0例题 [WC2013]糖果公园

1|0例题 [CTSC2008]网络管理

咕

咕咕咕

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本文作者：Daniel Jiang
本文链接：https://www.cnblogs.com/danieljiang/p/mo_algorithm.html
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