bzoj2038【2009国家集训队】小Z的袜子(hose)

2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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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。

HINT

Source

版权所有者：莫涛

这道题方法是莫队算法，一种用于处理不带修改的区间查询问题的离线算法。

如果我们已知[l,r]的答案，并且左(右)端点移动一个单位后的答案能在O(1)时间内求得，就可以使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。

对于这道题而言，我们用s[1]表示当前区间每种颜色袜子的个数，t表示当前区间袜子的总数。

则最终答案ans=∑(s[i]*(s[i]-1))/(t*(t-1))=(∑(s[i]^2-)-∑(s[i]))/(t^2-t)=(∑(s[i]^2)-t)/(t^2-t)。

这样我们只需要维护s数组和s[i]的平方和，就可以O(1)时间内进行转移了。

莫队算法其实就是一种暴力算法，只是与普通暴力算法不同，它将不同的询问进行了合理的排序，从而最小化了操作次数。

那如何排序才是最合理的呢？

我们将整个大区间分块，分成sqrt(n)块，每块sqrt(n)个数。再将所有询问排序，以左端点所在块为第一关键字，以右端点为第二关键字。排序之后计算每个区间答案，区间端点移动就暴力计算新的答案。

以下是时间复杂度的分析：

左端点所在块最多sqrt(n)种情况，而同一个块内右端点最多移动n的范围，所以右端点移动的总复杂度为O(n^1.5)。左端点每次移动范围为O(sqrt(n))，一共移动n次，所以左端点移动复杂度也为O(n^1.5)。加起来总复杂度为O(n^1.5)。

这样，这道题就可以完美解决了。

这里有一个关于曼哈顿距离最小生成树和莫队算法的链接：

http://blog.csdn.net/huzecong/article/details/8576908

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 50005
using namespace std;
int n,m;
int pos[maxn],c[maxn];
ll s[maxn],sum;
struct data{int l,r,id;ll x,y;}a[maxn];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline bool cmp(data a,data b)
{
	return pos[a.l]==pos[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l;
}
inline bool cmpid(data a,data b)
{
	return a.id<b.id;
}
inline void update(int p,int add)
{
	sum-=s[c[p]]*s[c[p]];
	s[c[p]]+=add;
	sum+=s[c[p]]*s[c[p]];
}
inline ll gcd(ll x,ll y)
{
	return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n) c[i]=read();
	int block=int(sqrt(n));
	F(i,1,n) pos[i]=(i-1)/block+1;
	F(i,1,m){a[i].l=read();a[i].r=read();a[i].id=i;}
	sort(a+1,a+m+1,cmp);
	for(int i=1,l=1,r=0;i<=m;i++)
	{
		for(;r<a[i].r;r++) update(r+1,1);
		for(;r>a[i].r;r--) update(r,-1);
		for(;l<a[i].l;l++) update(l,-1);
		for(;l>a[i].l;l--) update(l-1,1);
		if (a[i].l==a[i].r)
		{
			a[i].x=0;a[i].y=1;
			continue;
		}
		a[i].x=sum-(a[i].r-a[i].l+1);
		a[i].y=(ll)(a[i].r-a[i].l+1)*(a[i].r-a[i].l);
		ll tmp=gcd(a[i].y,a[i].x);
		a[i].x/=tmp;a[i].y/=tmp;
	}
	sort(a+1,a+m+1,cmpid);
	F(i,1,m) printf("%lld/%lld\n",a[i].x,a[i].y);
	return 0;
}