【国家集训队2010】小Z的袜子[莫队算法]
【国家集训队2010】小Z的袜子
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
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
Hint
样例说明：
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。
数据范围：
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。
题解
第一次看到这题，第一想法是用线段树或者树状数组维护一下，但仔细一想，似乎不行，因为本题的区间不满足加和性质。于是就需要用到莫队算法。
莫队算法可以解决已经知道区间[l,r]的答案，然后可以在O(1)(或者O(log N))的时间内求出[l,r+1],[l,r-1],[l-1,r],[l+1,r]的答案的问题。
现在知道，在区间[l,r]中，答案是
(X2+Y2+Z2.......−(r−l+1))/((r−l+1)(r−l)) (X,Y,Z分别代表区间中不同颜色袜子的个数)。
显然，这是满足上面的性质的。假如我们按照读入顺序依次求解的话，复杂度为 O(n2) ，不是特别满意。
这时我们就需要用到莫队算法，莫队算法的核心就是改变求解询问的顺序，从而减少运算的次数。那么，怎么样改变顺序来使速度最快呢？可以把每个区间都看做2维平面上的点，这些点的距离为横，纵坐标之差，然后我们可以O(N logN)求出这些平面点的曼哈顿最小生成树，但这样太复杂（而且我也不会）。
所以我们可以用分块来处理，将n分成sqrt(n)块，然后我们维护一下左端点所在块的编号。以左端点的编号为第一关键字，右端点的编号为第二关键字排序；然后以排序后的顺序依次求解（所以是离线的），在求解的过程中维护答案的值。这样做的复杂度为 O(N∗N−−√) 。以下是证明过程：
时间复杂度就是左右端点移动的次数。
对于右端点的移动：因为一共只有 N−−√ 个块，每个块中右端点最多移动n次，所以复杂度为 O(N∗N−−√) 。
对于左端点的移动：如果在同一块中移动，那么是 O(N−−√)的 如果跨越了块，那么最多跨越 O(N) ，那么复杂度为 O(N∗N−−√+N)
综上，时间复杂度为 O(N∗N−−√) 。
Code
#includereturn a.t0};
ll A;
void work(int x,int add)
{
A-=co[w[x]]*co[w[x]];
co[w[x]]+=add;
A+=co[w[x]]*co[w[x]];
}
void doing()
{
k=(int)sqrt(n);
REP(i,1,m)
{
qu[i].l=read();qu[i].r=read();
qu[i].t=(qu[i].l-1)/k+1;
qu[i].sx=i;
}
sort(qu+1,qu+m+1,cmp);
int l=1,r=0;
REP(i,1,m)
{
while(l>qu[i].l)work(l-1,1),l--;
while(l1),l++;
while(r>qu[i].r)work(r,-1),r--;
while(r1,1),r++;
if(qu[i].l==qu[i].r)
{
Ans[qu[i].sx]={0,1};continue;
}
Ans[qu[i].sx]={A-(r-l+1),(ll)(r-l+1)*(r-l)};
}
REP(i,1,m)
{
ll d=__gcd(Ans[i].a,Ans[i].b);
if(d>1)cout<"/"<else cout<"/"<int main()
{
init();
doing();
return 0;
}