普通版

前言

莫队是由集训队大佬莫涛提出来的，在此再次膜拜大佬！

思想

普通莫队主要用于离线的区间查询操作，当然，也不是所有的都适用，当一个区间 $[l, r]$ 的答案可以用 $O (1)$ 的时间转化成 $[l + 1, r], [l - 1, r], [l, r + 1], [l, r - 1]$ 的答案，我们就可以考虑使用莫队。

具体怎么做呢？其实就是将当前区间的答案通过一次一次移动 $l, r$ 变成另一个区间的答案。

然后就没有了？

当然不是，这样很容易就被卡了，怎么卡呢，只需要将一次询问放在最前，下一次有放在最后，如此循环往复，这样我们每次就会移动 $n$ 次，就足够卡爆这个没加任何优化的方法。

怎么优化呢？我们可以修改每个询问的顺序，尽量让两个询问之间移动次数最少，这里说一种咋看有点玄学的方法，我们把序列分成 $\sqrt{n}$ 个块，如果两个点的左端点不在同一块，左端点小的放前面，如果左端点所在块相同，那就比较右端点，右端点小的排前面。

复杂度证明

可以证明，最坏复杂度为 $O (n \sqrt{n})$ 。~~我有一个绝妙的证明方法，可惜这里的空白太小了（分明是作者不会）。~~

优化

还能优化？没错，我们修改一下排序规则，如果两个点的左端点不在同一块，左端点小的放前面，如果左端点所在块相同，那就比较右端点，如果当前块编号为奇数，右端点小的放前面，否则右端点大的放前面。还想问为什么？应该不需要我放那句话了吧。

小B的询问

题面

小B 有一个长为 $n$ 的整数序列 $a$ ，值域为 $[1, k]$ 。
他一共有 $m$ 个询问，每个询问给定一个区间 $[l, r]$ ，求：

\sum_{i = 1}^{k} c_{i}^{2}

其中 $c_{i}$ 表示数字 $i$ 在 $[l, r]$ 中的出现次数。
小B请你帮助他回答询问。

思路

莫队板子题。问题在于该如何修改呢？其实很简单，当我们将某个点加入当前区间时，设这个点所表示的值在当前区间的值为 $x$ ，那么答案会增加 $(x + 1)^{2} - x^{2}$ ，化简得 $2 x + 1$ ，当我们将某个点从当前区间删除时，设这个点所表示的值在当前区间的值为 $x$ ，那么答案会减少 $x^{2} - (x - 1)^{2}$ ，化简得 $2 x - 1$ 。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[50010];
int b[50010];
int pos[50010];
long long ans[50010];
struct node{
	int l,r;
	int idx;
}c[50010];
long long cnt=0;
bool cmplr(node a,node b){
	if(pos[a.l]!=pos[b.l])return a.l<b.l;
	if(pos[a.l]&1)return a.r<b.r;
	return a.r>b.r;
}
void pplus(int x){
	cnt+=(b[x]*2)+1;
	b[x]++;
	return;
}
void perase(int x){
	cnt-=(b[x]*2)-1;
	b[x]--;
	return;
}
int main(){
    cin.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	int block=n/sqrt(m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		pos[i]=(i-1)/block+1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>c[i].l>>c[i].r;
		c[i].idx=i;
	}
	sort(c+1,c+m+1,cmplr);
	int l=1,r=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		while(l>c[i].l){
			l--;
			pplus(a[l]);
		}
		while(r<c[i].r){
			r++;
			pplus(a[r]);
		}
		while(l<c[i].l){
			perase(a[l]);
			l++;
		}
		while(r>c[i].r){
			perase(a[r]);
			r--;
		}
		ans[c[i].idx]=cnt;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cout<<ans[i]<<"\n";
	}
	cout<<flush;
    return 0;
}

小Z的袜子

题面

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 $R$ 的袜子中随机选出两只来穿。尽管小 Z 并不在意两只袜子是不是完整的一双，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。

思路

其实没那么难，设当前区间编号为 $i$ 的袜子有 $x$ 双，根据概率论和一点数学，答案是：

\frac{c_{1} \times (c_{1} - 1) / 2 + c_{2} \times (c_{2} - 1) / 2 + \dots + c_{n} \times (c_{n} - 1) / 2)}{(R - L + 1) \times (R - L) / 2}

= \frac{c_{1} \times (c_{1} - 1) + c_{2} \times (c_{2} - 1) + \dots + c_{n} \times (c_{n} - 1))}{(R - L + 1) \times (R - L)}

= \frac{{c_{1}}^{2} + {c_{2}}^{2} + \dots + {c_{n}}^{2} - (c_{1} + c_{2} + \dots + c_{n})}{(R - L + 1) \times (R - L)}

= \frac{{c_{1}}^{2} + {c_{2}}^{2} + \dots + {c_{n}}^{2} - (R - L + 1)}{(R - L + 1) \times (R - L)}

现在会做了吧，就是上一题加一点东西。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[50010];
int b[50010];
int pos[50010];
long long aa[50010],bb[50010];
struct node{
	int l,r;
	int idx;
}c[50010];
long long cnt=0;
bool cmplr(node a,node b){
	if(pos[a.l]!=pos[b.l])return a.l<b.l;
	if(pos[a.l]&1)return a.r<b.r;
	return a.r>b.r;
}
void pplus(int x){
	cnt+=(b[x]*2)+1;
	b[x]++;
	return;
}
void perase(int x){
	cnt-=(b[x]*2)-1;
	b[x]--;
	return;
}
int pgcd(long long a,long b){
	return b?pgcd(b,a%b):a;
}
int main(){
    cin.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	int block=n/sqrt(m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		pos[i]=(i-1)/block+1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>c[i].l>>c[i].r;
		c[i].idx=i;
	}
	sort(c+1,c+m+1,cmplr);
	long long l=1,r=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		while(l>c[i].l){
			l--;
			pplus(a[l]);
		}
		while(r<c[i].r){
			r++;
			pplus(a[r]);
		}
		while(l<c[i].l){
			perase(a[l]);
			l++;
		}
		while(r>c[i].r){
			perase(a[r]);
			r--;
		}
		if(l==r){
			aa[c[i].idx]=0;
			bb[c[i].idx]=1;
		}else{
			aa[c[i].idx]=cnt-(r-l+1);
			bb[c[i].idx]=(r-l+1)*(r-l);
			int t=pgcd(aa[c[i].idx],bb[c[i].idx]);
			aa[c[i].idx]/=t;
			bb[c[i].idx]/=t;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cout<<aa[i]<<"/"<<bb[i]<<"\n";
	}
	cout<<flush;
    return 0;
}