莫队算法讲解
问题：有n个数组成一个序列，有m个形如询问L, R的询问，每次询问需要回答区间内至少出现2次的数有哪些。
朴素的解法需要读取O(nm)次数。如果数据范围小，可以用数组，时间复杂度为O(nm)。如果使用STL的Map来保存出现的次数，则需要O(nmlogn)的复杂度。有没有更快的方法呢？
注意到询问并没有强制在线，因此我们可以使用离线方法。注意到一点，如果我们有计算完[L, R]时的“中间变量”（在本题为每个数出现的次数），那么[L - 1, R]、[L + 1, R]、[L, R - 1]、[L, R + 1]都能够在“中间变量”的“基本操作时间复杂度”(1)得出。如果能安排适当的询问顺序，使得每次询问都能用上上次运行产生的中间变量，那么我们将可以在更优的复杂度完成整个询问。
(1) 如果数据较小，用数组，时间复杂度为O(1)；如果数据较大，可以考虑用离散化或map，时间复杂度为O(logn)。
那如何安排询问呢？这里有个时间复杂度非常优秀的方法：首先将每个询问视为一个“点”，两个点P1, P2之间的距离为abs(L1 - L2) + abs(R1 - R2)，即曼哈顿距离，然后求这些点的最小生成树，然后沿着树边遍历一次。由于这里的距离是曼哈顿距离，所以这样的生成树被称为“曼哈顿最小生成树”。最小曼哈顿生成树有专用的算法(2)，求生成树时间复杂度可以仅为O(mlogm)。
(2) 其实这里是建边的算法，建边后依然使用传统的Prim或者Kruskal算法来求最小生成树。
不幸的是，曼哈顿最小生成树的写法很复杂，考场上不建议这样做。
一种直观的办法是按照左端点排序，再按照右端点排序。但是这样的表现不好。特别是面对精心设计的数据，这样方法表现得很差。
举个例子，有6个询问如下：(1, 100), (2, 2), (3, 99), (4, 4), (5, 102), (6, 7)。
这个数据已经按照左端点排序了。用上述方法处理时，左端点会移动6次，右端点会移动移动98+97+95+98+95=483次。右端点大幅度地来回移动，严重影响了时间复杂度——排序的复杂度是O(mlogm)，所有左端点移动次数仅为为O(n)，但右端点每个询问移动O(n)，共有m个询问，故总移动次数为O(nm)，移动总数为O(mlogm + nm)。运行时间上界并没有减少。
其实我们稍微改变一下询问处理的顺序就能做得更好：(2, 2), (4, 4), (6, 7), (5, 102), (3, 99), (1, 100)。
左端点移动次数为2+2+1+2+2=9次，比原来稍多。右端点移动次数为2+3+95+3+1=104，右端点的移动次数大大降低了。
上面的过程启发我们：①我们不应该严格按照升序排序，而是根据需要灵活一点的排序方法；②如果适当减少右端点移动次数，即使稍微增多一点左端点移动次数，在总的复杂度上看，也是划算的。
在排序时，我们并不是按照左右端点严格升序排序询问，而只是令其左右端点处于“大概是升序”的状态。具体的方法是，把所有的区间划分为不同的块，将每个询问按照左端点的所在块序号排序，左端点块一样则按照右端点排序。注意这个与上一个版本的不同之处在于“第一关键字”是左端点所在块而非左端点。
这就是莫队算法。为什么叫莫队算法呢？据说这是2010年国家集训队的莫涛(3)在作业里提到了这个方法。
(3) 由于莫涛经常打比赛做队长，大家都叫他莫队，该算法也被称为莫队算法。（感谢汝佳大神、莫队的指出）
莫队算法首先将整个序列分成√n个块（同样，只是概念上分的块，实际上我们并不需要严格存储块），接着将每个询问按照块序号排序（一样则按照右端点排序）。之后，我们从排序后第一个询问开始，逐个计算答案。
int len; // 块长度
struct Query{
int L, R, ID, block;
Query(){} // 构造函数重载
Query(int l, int r, int ID):L(l), R(r), ID(ID){
block = l / len;
}
bool operator < (const Query rhs) const {
if(block == rhs.block) return R < rhs.R; // 不是if(L == rhs.L) return R < rhs.R; return L < rhs.L
return block < rhs.block; // 否则这就变回算法一了
}
}queries[maxm];
map buf;
inline void insert(int n){
if(buf.count(n))
++buf[n];
else
buf[n] = 1;
}
inline void erase(int n){
if(--buf[n] == 0) buf.erase(n);
}
int A[maxn]; // 原序列
queue anss[maxm]; // 存储答案
int main(){
int n, m;
cin >> n;
len = (int)sqrt(n); // 块长度
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> A[i];
}
cin >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++){
int l, r;
cin >> l >> r;
queries[i] = Query(l, r, i);
}
sort(queries + 1, queries + m + 1);
int L = 1, R = 1;
buf[A[1]] = 1;
for(int i = 1; i <= m; i++){
queue& ans = anss[queries[i].ID];
Query &qi = queries[i];
while(R < qi.R) insert(A[++R]);
while(L > qi.L) insert(A[--L]);
while(R > qi.R) erase(A[R--]);
while(L < qi.L) erase(A[L++]);
for(map::iterator it = buf.begin(); it != buf.end(); ++it){
if(it->second >= 2){
ans.push(it->first);
}
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
queue& ans = anss[i];
while(!ans.empty()){
cout << ans.front() << ' ';
ans.pop();
}
cout << endl;
}
} 尽管分了块，但是我们可以对所有的“询问转移”一视同仁。上述的代码有几个需要注意的地方。
一是insert和erase，这里在插入前判断了是否存在、插入后判断是否为0，但这不是必须的（insert时会将新节点初始化为0，erase为0后对处理答案不影响）；
二是区间变化的顺序，insert最好放在前面，erase最好在后面（想一想，为什么）；
三是insert总是使用前缀自增自减运算符，erase总是用后缀运算符；
四是我们在访问我们在“询问转移”前声明了Query的引用，来减少运行时寻址的计算量；
五是我们重载了Query的构造函数。为什么要重载呢？
我们希望在Query得到L, R, ID时自动计算块block，这就要写一个构造函数Query(int L, int R, int ID)来实现。但是,当结构体没有构造函数，实例化时不会初始化，有构造函数则一定会调用构造函数进行初始化。“托他的福”，queries数组建立时会对每个元素调用一次构造函数。可是我们只有有3个参数的构造函数，构造时一定要有3个参数。而建立数组时却没有参数，编译器会报错。折中的办法是写一个没有参数的构造函数，可以避免这一问题。
这样排序有个特点。L和R都是“大概是升序”。不过L大概像爬山，总体上升但是会有局部的小幅度下降。R则有些难以形容，大概可以看出其由很多段快速上升，每段上升到顶端后下降到最底。
下面是随机生成100个数据，将数据放到WPS表格后制成图表后的样子。
还有一个问题，为什么分块要分成√n块呢？我们分析一下时间复杂度。
假设我们每k个点分一块。
如果当前询问与上一询问左端点处在同一块，那么左端点移动为O(k)。虽然右端点移动可能高达O(n)，但是整一块询问的右端点移动距离之和也是O(n)（想一想，为什么）。因此平摊意义下，整块移动为O(k) × O(k) + O(n)，一共有n / k块，时间复杂度为O(kn + n2 / k)。
如果询问与上一询问左端点不处于同一块，那么左端点移动为O(k)，但右端点移动则高达O(n)。幸运的是，这种情况只有O(n / k)个，时间复杂度为O(n + n2 / k)。
总的移动次数为O(kn + n2 / k)。因此，当k = √n时，运行时间上界最优，为O( n1.5 )。
最后，因此根据每次insert和erase的时间复杂度，乘上O(1)或者O(logn)亦或O(n)不等，得到完整算法的时间复杂度（代码使用了map，为O( logn )）。