莫队简单入门

莫队简单入门

补最近一场DIV.4 时遇到一道需要求区间众数的题目，完善一下技能树。

简介：

莫队是一种解决离线区间询问问题的方法。能够在 $O(n\sqrt{n})$ 的时间复杂度内求出所有询问的答案。

大致流程：

1.将所有数据分块。有时需要离散化。

2.将所有询问离线，并排序。

3.对于区间 $[l,r]$ 按照 $l$ 所在块的编号为第一关键字， $r$ 为第二关键字从小到大排序。

4.处理所有询问，通过区间 $[l,r]$ 的答案拓展到 $[l-1,r],[l+1,r],[l,r+1],[l,r-1]$ 的答案。

代码框架：

struct Q{
  int l,r,id;
};
void Showball(){
  int n,m;
  cin>>n>>m;
  //分块
  int siz=sqrt(n);
  vector<int> a(n+1),pos(n+1),cnt(n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>a[i];
    pos[i]=i/siz;
  }  
  vector<Q> q(m);
  for(int i=0;i<m;i++){
    cin>>q[i].l>>q[i].r;
    q[i].id=i;
  }
  sort(all(q),[&](Q x,Q y){
    return pos[x.l]!=pos[y.l]?pos[x.l]<pos[y.l]:(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r);
  });

  int l=1,r=0;
  LL res=0;
  vector<LL> ans(m);

  auto Add=[&](int x){
    
  };
  auto Sub=[&](int x){
    
  };
  for(int i=0;i<m;i++){
    while(q[i].l<l) Add(--l);
    while(q[i].r>r) Add(++r);
    while(q[i].l>l) Sub(l++);
    while(q[i].r<r) Sub(r--);
    ans[q[i].id]=-res;
  }
  for(auto x:ans) cout<<x<<endl;
}

例题

洛谷P2709 小B的询问

题目链接

题意：

给你一个长度为 $n$ 的序列，一共 $m$ 次询问，查询区间所有内所有数出现次数的平方和。

思路：

莫队模板题，那么我们只需要去思考如何去维护 $Add$ 和 $Sub$ 函数即可。

很显然，$Add$ 函数只需要减去原本的贡献，然后 $cnt[a[x]]++$ 。再加上新的贡献即可。

$Sub$ 函数同理即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 0;

struct Q{
  int l,r,id;
};
void Showball(){
  int n,m,k;
  cin>>n>>m>>k;
  //分块
  int siz=sqrt(n);
  vector<int> a(n+1),pos(n+1),cnt(n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>a[i];
    pos[i]=i/siz;
  }  
  vector<Q> q(m);
  for(int i=0;i<m;i++){
    cin>>q[i].l>>q[i].r;
    q[i].id=i;
  }
  sort(all(q),[&](Q x,Q y){
    return pos[x.l]!=pos[y.l]?pos[x.l]<pos[y.l]:(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r);
  });

  int l=1,r=0;
  LL res=0;
  vector<LL> ans(m);

  auto Add=[&](int x){
    res-=1LL*cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
    cnt[a[x]]++;
    res+=1LL*cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
  };
  auto Sub=[&](int x){
    res-=1LL*cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
    cnt[a[x]]--;
    res+=1LL*cnt[a[x]]*cnt[a[x]];
  };
  for(int i=0;i<m;i++){
    while(q[i].l<l) Add(--l);
    while(q[i].r>r) Add(++r);
    while(q[i].l>l) Sub(l++);
    while(q[i].r<r) Sub(r--);
    ans[q[i].id]=res;
  }
  for(auto x:ans) cout<<x<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int T=1;
    if(cases) cin>>T;
    while(T--)
    Showball();
    return 0;
}

洛谷1997 faebdc的烦恼

题目链接

题意：

给你一个长度为 $n$ 的序列，$q$ 次询问，询问区间内众数的出现次数。

思路：

莫队，考虑 $Add$ 函数，我们依旧需要维护 $cnt$ 数组表示每个数出现的数量。那么，只需要 $cnt[a[x]]++$。

如果这个值超过了原本的最值，更新即可。对于 $Sub$ 函数，稍微复杂一些，$a[x]$ 出现的数量减一，如果原本 $a[x]$ 的数量很少，那么没有影响。如果 $a[x]$ 的数量是最多的。有两种情况：

$a[x]$ 是唯一数量最多的。那么答案就要减一。

$a[x]$ 不是唯一数量最多的，那么数量最多的数量就要减一。

因此，我们需要额外维护一个出现数量为 $x$ 的数有多少个的数组 $sum$。

注意值域存在负数，那么我们全部平移一下即可。数组开两倍。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 0;

struct Q{
  int l,r,id;
};
void Showball(){
  int n,m;
  cin>>n>>m;
  //分块
  int siz=sqrt(n);
  vector<int> a(n+1),pos(n+1),cnt(N),sum(n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>a[i];
    a[i]+=100001;
    pos[i]=i/siz;
  }  
  vector<Q> q(m);
  for(int i=0;i<m;i++){
    cin>>q[i].l>>q[i].r;
    q[i].id=i;
  }
  sort(all(q),[&](Q x,Q y){
    return pos[x.l]!=pos[y.l]?pos[x.l]<pos[y.l]:(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r);
  });

  int l=1,r=0;
  LL res=0;
  vector<LL> ans(m);

  auto Add=[&](int x){
    sum[++cnt[a[x]]]++;
    if(cnt[a[x]]>res) res=cnt[a[x]];
    return;
  };
  auto Sub=[&](int x){
    if(sum[cnt[a[x]]]==1&&cnt[a[x]]==res) res--;
    sum[cnt[a[x]]--]--;
    return;
  };
  for(int i=0;i<m;i++){
    while(q[i].l<l) Add(--l);
    while(q[i].r>r) Add(++r);
    while(q[i].l>l) Sub(l++);
    while(q[i].r<r) Sub(r--);
    ans[q[i].id]=res;
  }
  for(auto &x:ans) cout<<x<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int T=1;
    if(cases) cin>>T;
    while(T--)
    Showball();
    return 0;
}

双倍经验 洛谷P3709 大爷的字符串题

题目链接

和上面那题一样，多了一步离散化即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 0;

struct Q{
  int l,r,id;
};
void Showball(){
  int n,m;
  cin>>n>>m;
  //分块
  int siz=sqrt(n);
  vector<int> a(n+1),pos(n+1),sum(n+1),cnt(n+1);
  vector<int> v;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>a[i];
    v.pb(a[i]);
    pos[i]=i/siz;
  }
  sort(all(v));
  v.erase(unique(all(v)),v.end());
  for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(all(v),a[i])-v.begin()+1;  
  vector<Q> q(m);
  for(int i=0;i<m;i++){
    cin>>q[i].l>>q[i].r;
    q[i].id=i;
  }
  sort(all(q),[&](Q x,Q y){
    return pos[x.l]!=pos[y.l]?pos[x.l]<pos[y.l]:(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r);
  });

  int l=1,r=0;
  LL res=0;
  vector<LL> ans(m);

  auto Add=[&](int x){
    sum[++cnt[a[x]]]++;
    if(cnt[a[x]]>res) res=cnt[a[x]];
    return;
  };
  auto Sub=[&](int x){
    if(sum[cnt[a[x]]]==1&&cnt[a[x]]==res) res--;
    sum[cnt[a[x]]--]--;
    return;
  };
  for(int i=0;i<m;i++){
    while(q[i].l<l) Add(--l);
    while(q[i].r>r) Add(++r);
    while(q[i].l>l) Sub(l++);
    while(q[i].r<r) Sub(r--);
    ans[q[i].id]=-res;
  }
  for(auto &x:ans) cout<<x<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int T=1;
    if(cases) cin>>T;
    while(T--)
    Showball();
    return 0;
}

CF 2009 G1. Yunli's Subarray Queries (easy version)

题目链接

题意：

给你一个长度为 $n$ 的序列，你可以任意次修改每个数为任何值。$q$ 次询问，询问将给定区间的值变成一次连续递增的至少需要多少次操作。

思路：

很经典的Trik，我们只需要将每个数加上 $n-i+1$ ，那么问题就变成了求解区间众数问题。直接套用上面题的方法即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 1;

struct Q{
  int l,r,id;
};
void Showball(){
  int n,k,m;
  cin>>n>>k>>m;
  //分块
  int siz=sqrt(n);
  vector<int> a(n+1),pos(n+1),sum(n+1),cnt(n<<1|1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cin>>a[i];
    a[i]+=n-i+1;
    pos[i]=i/siz;
  }
  vector<Q> q(m);
  for(int i=0;i<m;i++){
    cin>>q[i].l>>q[i].r;
    q[i].id=i;
  }
  sort(all(q),[&](Q x,Q y){
    return pos[x.l]!=pos[y.l]?pos[x.l]<pos[y.l]:(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r);
  });

  int l=1,r=0;
  LL res=0;
  vector<LL> ans(m);

  auto Add=[&](int x){
    sum[++cnt[a[x]]]++;
    if(cnt[a[x]]>res) res=cnt[a[x]];
    return;
  };
  auto Sub=[&](int x){
    if(sum[cnt[a[x]]]==1&&cnt[a[x]]==res) res--;
    sum[cnt[a[x]]--]--;
    return;
  };
  for(int i=0;i<m;i++){
    while(q[i].l<l) Add(--l);
    while(q[i].r>r) Add(++r);
    while(q[i].l>l) Sub(l++);
    while(q[i].r<r) Sub(r--);
    ans[q[i].id]=q[i].r-q[i].l+1-res;
  }
  for(auto &x:ans) cout<<x<<endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int T=1;
    if(cases) cin>>T;
    while(T--)
    Showball();
    return 0;
}