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。

HINT

莫队算法：

如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间内得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，那么就可以使用莫队算法。时间复杂度为O(n*sqrt(n)),如果能在logn时间内得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案（如用数据结构维护),那么时间复杂度就变为O(n^1.5*logn).

做法：我们可以先把长度为n的区间分成sqrt(n)段，把所有的询问先按照左端点所在所分段数的大小排序，在相同段数的询问按右端点从小到大排序，使用两个指针l,r，然后我们按段数的顺序依次处理询问.那么指针的变化量就是时间复杂度。我们先看r指针的变化量，所分的每一段询问中，因为r是递增的，所以r的变化量为n，又因为有sqrt(n)段，所以r指针的时间复杂度是O(n*sqrt(n)).再看l指针，因为l在每一段的变化范围是sqrt(n),最多变化m次，所以它的时间复杂度是O(m*sqrt(n)),所以总的时间复杂度是O((n+m)*sqrt(n) ).

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<string.h>#include<math.h>#include<vector>#include<map>#include<set>#include<queue>#include<stack>#include<string>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;#define inf 99999999#define pi acos(-1.0)#define maxn 50050ll gcd(ll a,ll b){    return (b>0)?gcd(b,a%b):a;}ll unit;struct node{    ll l,r,idx;}b[maxn];struct node1{    ll x,y;}ans[maxn];bool cmp(node a,node b){    if(a.l/unit != b.l/unit )return a.l/unit < b.l/unit;    return a.r<b.r;}ll a[maxn],cnt[maxn];node1 jianhua(ll x,ll y){    node1 temp;    if(x==0){        temp.x=0;temp.y=1;    }    else{        ll t=gcd(x,y);        x=x/t;y=y/t;        temp.x=x;temp.y=y;    }    return temp;}int main(){    ll n,m,l,r,x,y;    int i,j;    while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF)    {        for(i=1;i<=n;i++){            scanf("%lld",&a[i]);        }        unit=(ll)sqrt(n);        for(i=1;i<=m;i++){            scanf("%lld%lld",&b[i].l,&b[i].r);            b[i].idx=i;        }        sort(b+1,b+1+m,cmp);        memset(cnt,0,sizeof(cnt));        l=1;r=0;//初始化时l=1,r=0,这里要重点看！        x=y=0;        for(i=1;i<=m;i++){            while(r<b[i].r){                r++;                x-=cnt[a[r] ]*cnt[a[r] ];                cnt[a[r] ]++;                x+=cnt[a[r] ]*cnt[a[r] ];            }            while(r>b[i].r){                x-=cnt[a[r] ]*cnt[a[r] ];                cnt[a[r] ]--;                x+=cnt[a[r] ]*cnt[a[r] ];                r--;            }            while(l<b[i].l){                x-=cnt[a[l] ]*cnt[a[l] ];                cnt[a[l] ]--;                x+=cnt[a[l] ]*cnt[a[l] ];                l++;            }            while(l>b[i].l){                l--;                x-=cnt[a[l] ]*cnt[a[l] ];                cnt[a[l] ]++;                x+=cnt[a[l] ]*cnt[a[l] ];            }            ans[b[i].idx ]=jianhua(x-(r-l+1),(r-l)*(r-l+1) );        }        for(i=1;i<=m;i++){            printf("%lld/%lld\n",ans[i].x,ans[i].y);        }    }    return 0;}