莫队学习笔记

学习莫队是非常有必要的
众所周知，莫队是一种优越的暴力算法，当我们在 $NOIP$ 等考试中数据结构不会打且问题是离线时，我们就可以：莫队，启动！
好，切入正题，我们现在来看看莫队是什么：
例题传送门
简要题意：给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，然后再给一个数字 $k$，再给出 $m$ 组询问，每组询问给出一个区间，求这个区间里面有多少个子区间的异或值为 $k$。
$1\le n,m\le {10}^5$，$0\le k,a_i\le {10}^6$，$1\le l_i\le r_i\le n$。

首先，他不是莫队的板子，所以我们先不讲莫队，先讲一些针对这道题的一些 $trick$

• 我们首先考虑定义 $su{m}_i=su{m}_{i-1}\oplus a_i$，容易证明，子区间 $[l,r]$ 的异或值就变成了两个数的异或值： $su{m}_r\oplus su{m}_{l-1}$

然后，我们开始讲莫队：

• 首先，我们定义 $cn{t}_i$ 表示区间$[l,r]$ 中 $sum=i$ 的个数

• 其次，对于区间 $[l,r]$，我们考虑已经知道该区间的答案 $an{s}_{l,r}$，以及所有的 $cn{t}_i$

• 考虑，区间 $[l,r+1]$ 的答案，易证：$an{s}_{l,r+1}=an{s}_{l,r}+cn{t}_{su{m}_{r+1}\oplus k}$，然后，$cn{t}_{sumr+1}++$

• 考虑，区间 $[l,r-1]$ 的答案，易证：$an{s}_{l,r-1}=an{s}_{l,r}-cn{t}_{su{m}_r\oplus k}$，然后，$cn{t}_{su{m}_r}--$

• 考虑，区间 $[l+1,r]$ 的答案，易证：$an{s}_{l+1,r}=an{s}_{l,r}-cn{t}_{su{m}_l\oplus k}$，然后，$cn{t}_{su{m}_l}--$

• 考虑，区间 $[l-1,r]$ 的答案，易证：$an{s}_{l-1,r}=an{s}_{l,r}+cn{t}_{su{m}_{l-1}\oplus k}$，然后，$cn{t}_{suml-1}++$

• 我们发现，只要我们令 $le=1,ri=0$，然后让 $le,ri$ 进行加减到达 $[l,r]$ 就可知道 这个区间 $[l,r]$ 的答案，因为修改是$O(1)$，但最坏是修改 $n$ 次，所以是 $O(n)$。

• 有 $q$ 个询问，所以时间复杂度是 $O(nq)$

• 修改的时间复杂度已经不能再降了，所以我们考虑在修改次数上动手脚，令修改次数尽可能少，这时候我们就要对询问的区间进行排序，这就是为什么莫队是离线的

• 考虑将一个 $1-n$ 分块，分成 $\sqrt{n}$ 个块，分别是 $1\sim \sqrt{n},\sqrt{n}+1\sim 2\sqrt{n},...,(\sqrt{n}-1)\sqrt{n}\sim n$（注意，$\sqrt{n}$不一定整数，所以只要接近就好了，即 $\sqrt{n}$ 向下或向上取整）

• 我们进行排序，以 $q.l$ 为第一关键字，但注意，并不是直接令 $q_i.l<q_j.l$，而是判断 $q_i.l$ 和 $q_j.l$ 是否在同一个块内，如果不是的话，才令 $q_i.l<q_j.l$。

• 然后以 $q.r$ 为第二关键字，如果 $q_i.l$ 和 $q_j.l$ 在同一个块内，则令 $q_i.r<q_j.r$

• 这样有什么好处呢？我们考虑 $l$ 的修改次数，对于每一次修改 $l$ 移动不超过 $\sqrt{n}$ 次（当 $l$ 在不同块时，只有可能从上一个块到下一个块，所以总的移动次数不超过$2n$，很小，可以忽略），因为询问有 $q$ 个，所以修改 $l$ 的时间复杂度是 $O(q\sqrt{n})$

• 再考虑 $r$ 的修改次数，因为在 $l$ 属于同一个块的时候，$r$ 是递增的，所以 $r$ 的修改次数不超过 $n$，又因为有 $\sqrt{n}$ 个块，所以修改 $r$ 的时间复杂度是 $O(n\sqrt{n})$

• 总的时间复杂度就是 $O((n+q)\sqrt{n})$

• $WC$(一种比赛)，从平方级别变成了根号级别，厉不厉害你莫队，这就通过这道题了

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+50,M=1e6+50;
ll n,m,k,sq;
ll a[N],b[N];
struct jgt
{
	ll l,r,id;
}q[N];
bool cmp(jgt t1,jgt t2)
{
	return b[t1.l]==b[t2.l] ? t1.r<t2.r : t1.l<t2.l;
}
ll gs[M*2],now;
void add(ll wz)
{
	now+=gs[a[wz]^k];
	gs[a[wz]]++;
}
void del(ll wz)
{
	gs[a[wz]]--;
	now-=gs[a[wz]^k];
}
ll ans[N];
int main()
{
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&k);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		a[i]^=a[i-1];
	}
	sq=sqrt(n);
	for(ll i=0;i<=n;i++)
	b[i]=i/sq+1;
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld %lld",&q[i].l,&q[i].r);
		q[i].l--;
		q[i].id=i;
	}
	sort(q+1,q+m+1,cmp);
	ll le=0,ri=0;
	gs[0]=1;
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		while(ri<q[i].r) add(++ri);
		while(ri>q[i].r) del(ri--);
		while(le<q[i].l) del(le++);
		while(le>q[i].l) add(--le);
		ans[q[i].id]=now;
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}