（莫队算法）2038: 小Z的袜子(hose)

今天学习了一个新的套路：莫队算法
这个算法是用于离线求解区间查询问题的。
区间查询问题通常是如下形式：
给出一个数组1,1,1,1,2,2,2,2,3,3,3,3。。。。
求解在[l1,r1][l2,r2]….等区间内的元素有多少种。。。
等等
一般来说，问题与问题之间肯定存在不少的重复区间，比如在区间1 - 6和区间2 - 7之间，存在重复区间2 - 6，
因此，我们在求解了第一个区间之后，考虑通过这些重复区间对原答案进行更新，然后获得第2问的答案。
而莫队算法，是一个通过将询问合理分块，增加进行这样的更新操作的效率的算法。
具体的算法可以直接百度”莫队算法论文”得到。
以下给出本题和本题题解：（题解不一定好，可以看看别人的）

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2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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题目描述

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。

输入

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。

输出

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）

样例输入

6 4

1 2 3 3 3 2

2 6

1 3

3 5

1 6

样例输出

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。

提示

来源

版权所有者：莫涛
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;


typedef struct{
    int l, r, No;
    ll ans1;
}inquiry;
inquiry inqlist[50050];
int numlist[50050];
int cnt[50050];

class compare{
public:
    int __n;//__n = sqrt(n)
    bool operator()(const inquiry &a, const inquiry &b){
        if (a.l / __n != b.l / __n)return a.l / __n < b.l / __n;
        else return a.r < b.r;
    }
};
bool compareNo(const inquiry &a, const inquiry&b){return a.No < b.No;}





ll gcd(ll a,ll b){
    if (b == 0)return a;
    return gcd(b, a % b);
}


inline ll C(ll a){
    //求解C a 取 2是多少
    return a * (a - 1) / 2;
}
void solve(int N, int M){
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    int i, j, k, nowl = 1, nowr = 0;
    ll count = 0;
    for (i = 0; i < M; i++){
        inquiry &inq = inqlist[i];
        while (nowr < inq.r){
            int tmp = cnt[numlist[++nowr]]++;
            count += C(tmp + 1) - C(tmp);
        }
        while (nowr > inq.r){
            int tmp = cnt[numlist[nowr--]]--;
            count += C(tmp - 1) - C(tmp);
        }
        while (nowl < inq.l){
            int tmp = cnt[numlist[nowl++]]--;
            count += C(tmp - 1) - C(tmp);
        }

        while (nowl > inq.l){
            int tmp = cnt[numlist[--nowl]]++;
            count += C(tmp + 1) - C(tmp);
        }

        inq.ans1 = count;
    }
}
int main(){
    int N, M;
    int i, j, k;
    compare com;
    while (cin >> N >> M){
        for (i = 1; i <= N; i++)scanf("%d", numlist + i);

        for (i = 0; i < M; i++){
            scanf("%d %d", &j, &k);
            inqlist[i].l = j;
            inqlist[i].r = k;
            inqlist[i].No = i;
        }
        com.__n = sqrt(N);
        sort(inqlist, inqlist + M, com);
        solve(N, M);
        sort(inqlist, inqlist + M, compareNo);
        for (i = 0; i < M; i++){
            ll ans2 = C(inqlist[i].r - inqlist[i].l + 1);
            ll GCD = gcd(ans2, inqlist[i].ans1);
            printf("%lld/%lld\n", inqlist[i].ans1 / GCD, ans2 / GCD);
        }
    }
    return 0;
}