HYSBZ2038 小Z的袜子（莫队算法）
今天学了一下传说中的解决离线询问不修改的一种算法。题目的意思非常简单，就是询问在一个[L,R]区间里的取两个物品，然后这两个物品颜色相同的概率。其实就是对于每种颜色i,这个区间里对应的个数cnt[i],那么答案就应该是 sigma (cnt[i]*cnt[i-1]) / (R-L+1)*(R-L). 问题是要是每次询问我都遍历一遍的话必T无疑。这个时候莫队算法就给出了其中一种非常重要的离线处理方法，通过合适的安排询问的次序降低一定的复杂度。
举个例子，假如我询问的时候是询问[1,2],[1,3],[1,4],[1,5],[1,6]...[1,7],[2,7]，显然我们每次计算这些答案都是O(1)的。但是假如询问的时候次序变一下
[2,7],[1,3],[1,7],[1,2]....这样子的话我们就会很蛋疼，所以通过合理的安排区间询问的顺序可以降低复杂度，而莫队算法就是这样做的。
首先假如我们已经知道了[L,R]的答案，如果我们可以O(1)的时间得出[L+1,R],[L-1,R],[L,R+1],[L,R-1]的话，那么下面这种算法就是可以实施的，我们通过对询问分块处理，假如区间长度为n，那么我们分成sqrt(n)块，然后对区间排序，排序的时候按照左端点属于那个块先排序，然后再按右端点的大小排序。排完序之后，我们就根据当前的[L,R]不断地去算下一个区间的[Li,Ri].其中就是根据L,Li和R,Ri的差值去变化求出对应的答案。
下面看下复杂度。我们总是从左到右处理一系列的询问，所以对于同一块里的询问如果有k个的话，那么由于左端点总是在同一个块里动，所以每次左端点动是O(sqrt(n)),而右端点递增，所以k次的总复杂度不会超过n，因此对于同一块的操作的总复杂度应该为 O(k*sqrt(n)+n)
假如询问的总数为m的话，那么由于最多有sqrt(n)块，所以总复杂度是 m*sqrt(n)+n*sqrt(n).
还有就是当由一个区间转换到相邻的另一个区间的时候，左端点移动不超过O(sqrt(n)),右端点移动不超过O(n),最多变动sqrt(n)次。所以转换区间的时候的复杂度是sqrt(n)*sqrt(n)+n*sqrt(n).
综上我们可以看出最后的复杂度应该是n^1.5.
这种神奇的分块处理原来还只是一种简约版。由上面可以看出，两次转移的复杂度取决于[L,R] [Li,Ri]的曼哈顿距离 abs(L-Li)+abs(R-Ri)，所以如果能够合适安排这样的距离使得总的曼哈顿距离最小，那么还能再进一步优化，涉及到了曼哈顿最小生成树的概念，反正我是没看懂，今天学下这种分块的思想练练手～
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
#define maxn 55000
#define ll long long
ll color[maxn];
ll cnt[maxn];
int n, m;
int pos[maxn];
struct Query
{
int l, r,id;
bool operator < (const Query &b) const{
return pos[l] == pos[b.l] ? r < b.r : pos[l] < pos[b.l];
}
}q[maxn];
ll gcd(ll a, ll b){
return a&&b ? gcd(b, a%b) : a + b;
}
ll resl[maxn], resr[maxn];
int main()
{
while (cin >> n >> m)
{
for (int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%lld", color + i);
}
for (int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r);
q[i].id = i;
}
int bas = int(sqrt(n + .5));
for (int i = 1; i <= n; i++){
pos[i] = i / bas;
}
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
sort(q + 1, q + 1 + m);
int l = 1, r = 1; ll ans = 0;
cnt[color[1]] ++;
for (int i = 1; i <= m; i++){
if (r < q[i].r){
for (int k = r + 1; k <= q[i].r; k++){
ans -= cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
cnt[color[k]]++;
ans += cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
}
}
else if (r>q[i].r){
for (int k = r ; k >= (q[i].r+1); k--){
ans -= cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
cnt[color[k]]--;
ans += cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
}
}
if (l < q[i].l){
for (int k = l; k <= q[i].l-1; k++){
ans -= cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
cnt[color[k]]--;
ans += cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
}
}
else if (l>q[i].l){
for (int k = l - 1; k >= q[i].l; k--){
ans -= cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
cnt[color[k]]++;
ans += cnt[color[k]] * (cnt[color[k]] - 1);
}
}
l = q[i].l; r = q[i].r;
ll len = q[i].r - q[i].l+1;
ll tot = len*(len - 1);
ll g = gcd(ans, tot);
resl[q[i].id] = ans / g; resr[q[i].id] = tot / g;
}
for (int i = 1; i <= m; i++){
printf("%lld/%lld\n", resl[i], resr[i]);
}
}
return 0;
}