BZOJ 2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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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
6 4

1 2 3 3 3 2

2 6

1 3

3 5

1 6

Sample Output
2/5

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。

解题思路

比较经典的莫队题，原式可以化简成求一个区间的平方和，因为一些逗比错误wa了半天。，

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int MAXN = 50005;
typedef long long LL;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,m,siz,bl[MAXN];
int a[MAXN];
LL cnt[MAXN],ans[MAXN];

struct Ask{
    int l,r,id;
}q[MAXN];

inline bool cmp(Ask A,Ask B){
    if(bl[A.l]==bl[B.l]) return A.r<B.r;
    return bl[A.l]<bl[B.l];
}

inline bool cmp_(Ask A,Ask B){
    return A.id<B.id;
}

LL gcd(LL x,LL y){
    if(!y) return x;
    return gcd(y,x%y);
}

int main(){
//  freopen("testdata.in-1.txt","r",stdin);
//  freopen("testdata.out","w",stdout);
    n=rd();m=rd();siz=sqrt(n)+1;
    for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),bl[i]=(i-1)/siz+1;
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        q[i].l=rd(),q[i].r=rd(),q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+1+m,cmp);
//  cout<<1<<endl;
    int L=1,R=0;LL now=0;
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        if(q[i].l==q[i].r) continue;
        while(L<q[i].l) {now=now-2*cnt[a[L]]+2;cnt[a[L]]--;L++;}
        while(L>q[i].l) {L--;now=now+2*cnt[a[L]];cnt[a[L]]++;}
        while(R<q[i].r) {R++;now=now+2*cnt[a[R]];cnt[a[R]]++;}
        while(R>q[i].r) {now=now-2*cnt[a[R]]+2;cnt[a[R]]--;R--;}
        ans[q[i].id]=now;
    }
    sort(q+1,q+1+m,cmp_);
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        if(!ans[i]) puts("0/1");
        else {
            LL tmp=(LL)(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l);
            LL gg=gcd(ans[i],tmp);
            printf("%lld/%lld\n",ans[i]/gg,tmp/gg);
        }
    }
    return 0;
}