BZOJ 2038 小Z的袜子(hose) （莫队算法入门题）

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。

思路：第一个莫队题，感觉莫队对离线处理好强。。。如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]、[l,r-1]、

[l-1,r]、[l,r+1]的答案(不一定O(1)也可以,因为有时需要套下其他数据结构，复杂度变为n*sqrt(n)*logn 有时也是能接受

的)，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n*sqrt(n))。

对于这题：询问L~R。设颜色为x,y,z....的袜子的个数为a,b,c。。。
那么答案就是(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2....)/((R-L+1)*(R-L)/2)

-->(a^2+b^2+c^2+...x^2-(a+b+c+d+.....))/((R-L+1)*(R-L))

-->(a^2+b^2+c^2+...x^2-(R-L+1))/((R-L+1)*(R-L))

所以解决这道题的关键就是求一个区间内每种颜色数目的平方和。显然这是可以O(1)进行转移的。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 5e4+5;int a[maxn], n, m, unit;ll num[maxn], ansZ[maxn], ansM[maxn], tmp;struct node{    int id, l, r, blk;    bool operator < (const node &a) const    {        if(blk == a.blk) return r < a.r;        else return blk < a.blk;    }}op[maxn];void add(int x){    tmp -= num[x]*num[x];    num[x]++;    tmp += num[x]*num[x];}void del(int x){    tmp -= num[x]*num[x];    num[x]--;    tmp += num[x]*num[x];}void solve(){    memset(num, 0, sizeof(num));    int l = 1, r = 0;    tmp = 0;    for(int i = 1; i <= m; i++)    {        while(r < op[i].r) add(a[++r]);        while(r > op[i].r) del(a[r--]);        while(l < op[i].l) del(a[l++]);        while(l > op[i].l) add(a[--l]);        ll fz = tmp-(op[i].r-op[i].l+1);        ll fm = (ll)(op[i].r-op[i].l+1)*(op[i].r-op[i].l);        ll gcd = __gcd(fz, fm);        fz /= gcd, fm /= gcd;        ansZ[op[i].id] = fz;        ansM[op[i].id] = fm;        if(!fz) ansM[op[i].id] = 1;    }    for(int i = 1; i <= m; i++)        printf("%lld/%lld\n", ansZ[i], ansM[i]);}int main(void){    while(cin >> n >> m)    {        unit = (int)sqrt(n);        for(int i = 1; i <= n; i++)            scanf("%d", &a[i]);        for(int i = 1; i <= m; i++)            scanf("%d%d", &op[i].l, &op[i].r), op[i].id = i, op[i].blk = op[i].l/unit;        sort(op+1, op+1+m);        solve();    }    return 0;}