BZOJ 2038: [2009国家集训队]小Z的袜子 （莫队）
题目传送门：小Z的袜子
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
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
Sample Output
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。
题目大意：
求在一段区间内随机选取两个数，这两个数相同的概率。
解题思路：
假设一个【L，R】的区间内每个数字出现的概率分别为a,b,c...则答案为(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2….)/((R-L+1)*(R-L)/2)
(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2….)为在这段区间内取到两个相同的数的方案数
可化为：(a^2+b^2+c^2+…x^2-(R-L+1))/((R-L+1)*(R-L))，即每个数字数量的平方和减去这段区间的数字个数。
((R-L+1)*(R-L)/2) 为在这段区间随机取两个数的总方案数。
所以本题的关键是求一个区间内每个数字的个数的平方和
莫队算法是离线处理一类区间不修改查询类问题的算法。就是如果你知道了[L,R]的答案。你可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案的话。就可以使用莫队算法。
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N = 50000+100; 7 typedef long long int ll; 8 ll gcd(ll a,ll b) 9 { 10 return b==0?a:gcd(b,a%b); 11 } 12 int a[N],pre[N]; 13 struct node 14 { 15 ll x,y; 16 int l,r,id; 17 } q[N]; 18 bool cmp(node a,node b) 19 { 20 if (pre[a.l]==pre[b.l]) return a.r<b.r; 21 return pre[a.l]<pre[b.l]; 22 } 23 int n,m,sz; 24 ll num[N]= {0}; 25 int main() 26 { 27 scanf("%d%d",&n,&m); 28 sz=sqrt(n); 29 for (int i=1; i<=n; i++) 30 { 31 scanf("%d",&a[i]); 32 pre[i]=(i-1)/sz+1; 33 } 34 for (int i=1; i<=m; i++) 35 { 36 scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r); 37 q[i].id=i; 38 } 39 sort(q+1,q+m+1,cmp); 40 ll cnt=0; 41 int L=1,R=0; 42 for (int i=1; i<=m; i++) 43 { 44 while(L<q[i].l) 45 { 46 cnt-=num[a[L]]*num[a[L]]; 47 num[a[L]]--; 48 cnt+=num[a[L]]*num[a[L]]; 49 L++; 50 } 51 while(L>q[i].l) 52 { 53 L--; 54 cnt-=num[a[L]]*num[a[L]]; 55 num[a[L]]++; 56 cnt+=num[a[L]]*num[a[L]]; 57 } 58 while(R<q[i].r) 59 { 60 R++; 61 cnt-=num[a[R]]*num[a[R]]; 62 num[a[R]]++; 63 cnt+=num[a[R]]*num[a[R]]; 64 } 65 while(R>q[i].r) 66 { 67 cnt-=num[a[R]]*num[a[R]]; 68 num[a[R]]--; 69 cnt+=num[a[R]]*num[a[R]]; 70 R--; 71 } 72 if (q[i].l==q[i].r) 73 { 74 q[q[i].id].x=0; 75 q[q[i].id].y=1; 76 } 77 q[q[i].id].x=cnt-(q[i].r-q[i].l+1); 78 q[q[i].id].y=(ll)(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l); //这里之前没加(ll)wa了 79 ll t=gcd(q[q[i].id].x,q[q[i].id].y); 80 q[q[i].id].x/=t,q[q[i].id].y/=t; 81 } 82 for (int i=1; i<=m; i++) 83 printf("%lld/%lld\n",q[i].x,q[i].y); 84 return 0; 85 }
