bzoj 2038 小Z的袜子

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2038

这算的上是不带修改的莫队里边比较经典，也比较难的一道题了。

L=R的情况就不过多考虑了。

首先明确概率的计算方式，设总数为sum，其中数字a有C[a]种，那么a的几率就为C[a]/sum*(C[a]-1)/(sum-1).

要求化简为最简分数，那么我们可以先让所有数的几率都以sum*(sum-1)为底，那么我们现在只需要计算每种数字的 种类数*(种类数-1) 就可以了。

这题基本思想和 小B的询问 差不多，新加入或删除的数字，在答案中减去过去的贡献，加上现在所含的贡献。

例如：

序列中现已找到C[a]个a数，那么现在a这一类数对于答案的贡献为C[a]*(C[a]-1).那么如果再次加入一个a，那么则需要减掉C[a]*(C[a]-1)，加上C[a]*(C[a]+1),这个式子化简以下的话可以当做加上2*C[a],删除同理。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define N int(5e4+2)
#define M int(5e4+2)
#define LL long long
using namespace std;
struct ahah{
    LL L,R,p,f;
}ask[N];
struct haha{
    LL math_numerator,math_denominator;    //分子,分母。 
}ans[N];
LL answer,n,m,q,a[N],cnt[N],k,_;
LL gcd(LL a,LL b){  return !b?a:gcd(b,a%b); }
bool comp(ahah a,ahah b){ return a.L/k==b.L/k?a.R<b.R:a.L<b.L; }
void remove(LL pos){ if(--cnt[a[pos]]>0)answer+=(-2)*(cnt[a[pos]]);}
void add(LL pos){ if(++cnt[a[pos]]>1)answer+=2*(cnt[a[pos]]-1); }
void work(LL x,LL y,LL p)
{
    if(!x)ans[p].math_numerator=0,ans[p].math_denominator=1;
    else 
    {
        LL k=gcd(x,y);
        ans[p].math_numerator=x/k;
        ans[p].math_denominator=y/k;
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&q);
    k=sqrt(n); 
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=q;i++)scanf("%lld%lld",&ask[i].L,&ask[i].R),ask[i].p=i;
    sort(ask+1,ask+1+q,comp);
    LL curl=0,curr=0;    //注意这里定义long long 不然下边会可能爆 
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        LL L=ask[i].L,R=ask[i].R;
        if(L==R)
        {
            ans[ask[i].p].math_numerator=0;
            ans[ask[i].p].math_denominator=1;
            continue;
        }
        while(curl<L)remove(curl++);
        while(curl>L)add(--curl);
        while(curr<R)add(++curr);
        while(curr>R)remove(curr--);
        work(answer,(R-L+1)*(R-L),ask[i].p);    // <---- 
    }
    for(int i=1;i<=q;i++)printf("%lld/%lld\n",ans[i].math_numerator,ans[i].math_denominator);
}