bzoj 2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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

Source

版权所有者：莫涛

这道题应该是莫队算法。

莫队算法可用于解决一类可离线且在得到区间[l,r]的答案后，能在O(1)或O(log2n)得到区间[l,r+1]或[l−1,r]的答案的问题。

每个区间可以抽象成平面中的点，每次转移的花费都相当与从某点到另一点的曼哈顿距离的长度。

所以我们花费的便是这些平面中的点联通的曼哈顿距离。平面点的曼哈顿最小生成树！

对！但平面点的曼哈顿最小生成树怎么求呢？枚举两两点连接O(n2)，毫无意义。其实平面点的曼哈顿最小生成树有基于平面区域划分的O(nlog2n)的求法，但对于这道题因为数据范围并不大，所以完全可以依靠分块大法来做。

把区间分成sqrt(n)快，然后以快为第一关键字，区间右端点为第二关键字升序排序。

然后从左到右离线处理，不断更改l,r的位置，这样就可以实现o(n*sqrt(n))的时间内求解，每次询问的时间复杂度是o(abs(l[i]-l[i+1])+abs(r[i]-r[i+1]))，所以可能会有常数，但是随机数据嘛，又不会专门的卡常数，所以放心大胆的分块啦。

然后看一下如何求概率∑vi=1C(2,cnt[i]))C(2,r−l+1)

其中v表示有多少颜色，cnt表示该颜色在[l,r]中的个数。

式子进一步化简可得：

设一共有n中颜色1，2，3.....n,分别对应个数a1,a2,.....an   

[a1(a1-1)/2+....+an(an-1)/2]/[(r-l+1)(r-l)/2]  把分子进一步化简[a1^2-a1+......an^2-an]/2也就是[a1^2+....+an^2-(a1+...+an)]/2 因为区间一共有（r-l+1）个数所以可以化为[a1^2+....+an^2-(r-l+1)]/2 。

注意：数据范围50000×50000，计算过程包括结果都有可能爆int，所以要用long long 

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;struct data{  int l,r,pos;};data ans[50003];int kuai[50003],cnt[50003],a[50003],n,m,i,j;long long x[50003],y[50003];int cmp(data a,data b){  if (kuai[a.l]==kuai[b.l])   return a.r<b.r;  return kuai[a.l]<kuai[b.l];}long long pow(int x){  return x*x;}long long gcd(long long x,long long y){  long long  r;  while(y!=0)   {    r=x%y;    x=y;    y=r;   }  return x;}int main(){while (~ scanf("%d%d",&n,&m)){memset(kuai,0,sizeof(kuai));memset(cnt,0,sizeof(cnt));memset(x,0,sizeof(x));memset(y,0,sizeof(y));for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for (i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&ans[i].l,&ans[i].r),ans[i].pos=i;int block=ceil(sqrt(n));for (i=1;i<=n;i++) kuai[i]=(i-1)/block+1;sort(ans+1,ans+m+1,cmp);int l=1,r=0;long long now=0;for (i=1;i<=m;i++) { while (r<ans[i].r)  {  now-=pow(cnt[a[r+1]]);  now+=pow(++cnt[a[r+1]]);  r++;  } while (r>ans[i].r)  {  now-=pow(cnt[a[r]]);  now+=pow(--cnt[a[r]]);  r--;  } while (l<ans[i].l)  {  now-=pow(cnt[a[l]]);  now+=pow(--cnt[a[l]]);  l++;  } while (l>ans[i].l)  {  now-=pow(cnt[a[l-1]]);  now+=pow(++cnt[a[l-1]]);  l--;  }    long long t=now-(ans[i].r-ans[i].l+1);    long long k=(long long)(ans[i].r-ans[i].l+1)*(ans[i].r-ans[i].l);    long long  l=gcd(t,k);    x[ans[i].pos]=t/l; y[ans[i].pos]=k/l; }for (i=1;i<=m;i++) printf("%lld/%lld\n",x[i],y[i]);    }return 0;}