bzoj 2038 [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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。

如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。如果只能在logn的时间移动区间，则时间复杂度是O(n^1.5*log n)。 其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。

对于[L,R]的询问,设其中颜色为x,y,z,...的袜子的个数为a,b,c,... 
那么ans(L,R)=C2a+C2b+C2c+...C2R−L+1=(a∗(a−1)/2+b∗(b−1)/2+c∗(c−1)/2+...)(R−L+1)∗(R−L)/2) 
=a2+b2+c2+...−(a+b+c+...)(R−L+1)∗(R−L)=a2+b2+c2+...−(R−L+1)(R−L+1)∗(R−L) 
所以这道题目的关键是求一个区间内每种颜色数目的平方和

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关于莫队具体的可以看这里, 戳我查看 
莫队均摊复杂度为O(n1.5),证明如下: 
对于每一块内的所有询问,r是单调递增的,总变化范围为0∼n,这部分总复杂度为O(n); 
l的变化范围为0∼n−−√,每块内平均有n−−√个询问,这部分复杂度为O(n−−√⋅n−−√)=O(n) 
总共有n−−√块询问,总体均摊复杂度为O(n−−√⋅(n+n))=O(2nn−−√)=O(n1.5)　

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<vector>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 50005;const ll blocksize = 230;ll gcd(ll a, ll b){return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);}struct query{ll left, right, id;bool operator <(const query &b) const{return right < b.right;}query(ll left, ll right, ll id) :left(left), right(right), id(id) {}};struct node{ll nume, deno;};ll color[maxn], sum[maxn], ans1;node ans[maxn];void update(ll i, ll x){ans1 -= sum[color[i]] * sum[color[i]];sum[color[i]] += x;ans1 += sum[color[i]] * sum[color[i]];}int main(){ll N, M;scanf("%lld%lld", &N, &M);memset(color, 0, sizeof(color));memset(sum, 0, sizeof(sum));for (ll i = 1;i <= N;i++)scanf("%lld", &color[i]);vector<vector<query> > v(blocksize, vector<query>());for (ll i = 1;i <= M;i++){ll left, right;scanf("%lld%lld", &left, &right);v[left / blocksize].push_back(query(left, ++right, i));}for (ll i = 0;i < v.size();i++)sort(v[i].begin(), v[i].end());ans1 = 0;for (ll i = 0;i<v.size();i++){if (v[i].empty()) continue;ll left = v[i][0].left;ll right = v[i][0].left;for (ll p = 0;p<v[i].size();p++){while (right < v[i][p].right)update(right++, 1);while (left < v[i][p].left)update(left++, -1);while (left > v[i][p].left)update(--left, 1);ll tmp = -left + right;ll t1 = ans1 - tmp, t2 = tmp*(tmp - 1);ll k = gcd(t1, t2);ans[v[i][p].id].nume = t1 / k, ans[v[i][p].id].deno = t2 / k;}for (int j = left;j < right;j++)update(j, -1);}for (ll i = 1;i <= M;i++)printf("%lld/%lld\n", ans[i].nume, ans[i].deno);//system("pause");return 0;}