【bzoj2038】[2009国家集训队]小Z的袜子(hose)（细致总结）
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
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
Sample Output
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。
题解
莫队算法
如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。如果只能在logn的时间移动区间，则时间复杂度是O(n^1.5*log n)。
其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。
这道题的话我们很容易用数组来实现，做到O(1)的从[l,r]转移到[l,r+1]与[l+1,r]。
那么莫队算法怎么做呢？以下都是在转移为O(1)的基础下讨论的时间复杂度。另外由于n与m同阶，就统一写n。
如果已知[l,r]的答案，要求[l’,r’]的答案，我们很容易通过|l – l’|+|r – r’|次转移内求得。
将n个数分成sqrt(n)块。
按区间排序，以左端点所在块内为第一关键字，右端点为第二关键字，进行排序，也就是以(pos [l]，r)排序
然后按这个排序直接暴力，复杂度分析是这样的：
1、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
2、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5
3、i与i+1在同一块内时l变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过n^0.5，忽略*2。由于有m次询问（和n同级），所以时间复杂度是n^1.5
于是就是O(n^1.5)了
得到的方式就是：
1、先分块
2、再排序（左端点所在的块，右端点）
3、再暴力
关于时间复杂度：
在两个查询中转移的时候：
当两个查询的左端点在同一块时，左端点最多移动根号n，右端点最多移动n，所以是n根号n
当两个查询的左端点不再同一块时，左端点移动n，右端点也是n
上面这样想是左端点乘以右端点
其实应该是这m次询问中左端点移动的总数+又端点移动的总次数。
查询转移的时候，分块分为转移和不转移
是因为我们按分块排序了啊。
在考虑时间复杂度的时候，左右端点的维度不一样，但是都是
右端点的维度是：块的个数*n（数组长度）
左端点的维度是：块的大小*n次查询
总的复杂度为左端点+右端点
而造成这种考虑时间复杂度的时候的维度差异是和怎么排序相关的。
无论怎么操作，每次右端点的变化都是
因为左端点在同一块的时候，又端点排序之后都是都是递增的，所以同一块一定是n，而总共只有块。
无论怎么操作，每次左端点的变化都是或2
，而总共只有n次询问。
solution
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 50001
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,pos[N],c[N];
ll s[N],ans;
ll gcd(ll a,ll b){return b==?a:gcd(b,a%b);}
ll sqr(ll x){return x*x;}
struct data{int l,r,id;ll a,b;}a[N];
bool cmp(data a,data b)
{
if(pos[a.l]==pos[b.l])return a.r<b.r;
return a.l<b.l;
}
bool cmp_id(data a,data b)
{return a.id<b.id;}
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
int block=int(sqrt(n));
for(int i=;i<=n;i++)
pos[i]=(i-)/block+;
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
a[i].id=i;
}
}
void update(int p,int add)
{
ans-=sqr(s[c[p]]);
s[c[p]]+=add;
ans+=sqr(s[c[p]]);
}
void solve()
{
for(int i=,l=,r=;i<=m;i++)
{
for(;r<a[i].r;r++)
update(r+,);
for(;r>a[i].r;r--)
update(r,-);
for(;l<a[i].l;l++)
update(l,-);
for(;l>a[i].l;l--)
update(l-,);
if(a[i].l==a[i].r)
{
a[i].a=;a[i].b=;
continue;
}
a[i].a=ans-(a[i].r-a[i].l+);
a[i].b=(ll)(a[i].r-a[i].l+)*(a[i].r-a[i].l);
ll k=gcd(a[i].a,a[i].b);
a[i].a/=k;a[i].b/=k;
}
}
int main()
{
init();
sort(a+,a+m+,cmp);
solve();
sort(a+,a+m+,cmp_id);
for(int i=;i<=m;i++)
printf("%lld/%lld\n",a[i].a,a[i].b);
return ;
}
测试代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 50001
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,pos[N],c[N];
ll s[N],ans;//这里的s数组时数出现的次数
//求公约数
ll gcd(ll a,ll b){return b==?a:gcd(b,a%b);}
//求平方
ll sqr(ll x){return x*x;}
//a是分子b是分母,id是后面排序让按顺序输出答案用的
struct data{int l,r,id;ll a,b;}a[N];
bool cmp(data a,data b)
{
//如果左坐标在分块的同一个块里面，就返回右坐标小的
//否则返回左坐标小的
if(pos[a.l]==pos[b.l])return a.r<b.r;
return a.l<b.l;
}
bool cmp_id(data a,data b)
{return a.id<b.id;}
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
//c数组时记录数据的
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
//对n分块
int block=int(sqrt(n));
//找到每个点所属的块
for(int i=;i<=n;i++)
pos[i]=(i-)/block+;
cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
cout<<"pos[i]"<<endl;
for(int i=;i<=n;i++)
cout<<pos[i]<<endl;
cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
//a数组读入查询
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
a[i].id=i;//确定顺序，方便解决了好按问题次序输出
}
} //对p点进行add操作
//就是那个带平方的公式
void update(int p,int add)
{
ans-=sqr(s[c[p]]);
s[c[p]]+=add;
ans+=sqr(s[c[p]]);
}
void solve()
{
//用l=1,r=0来依次验每一个查询的区间
//右（1,0）这个区间来得到我们的查询区间，通过左移或者右移一个
//从（1,0）没元素开始，每增加一个元素我们就需要update一次
for(int i=,l=,r=;i<=m;i++)
{
for(;r<a[i].r;r++)
update(r+,);
for(;r>a[i].r;r--)
update(r,-);
for(;l<a[i].l;l++)
update(l,-);
for(;l>a[i].l;l--)
update(l-,);
//如果区间只有一个数，那么返回0/1
if(a[i].l==a[i].r)
{
a[i].a=;a[i].b=;
continue;
}
//得到分子和分母的值
a[i].a=ans-(a[i].r-a[i].l+);//ans是不同的个数
a[i].b=(ll)(a[i].r-a[i].l+)*(a[i].r-a[i].l);//这个排列组合简单C(n,2)
//分子分母约分
ll k=gcd(a[i].a,a[i].b);
a[i].a/=k;a[i].b/=k;
}
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
init();
//查询排序
cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
cout<<"a[i].l"<<" "<<"a[i].r"<<endl;
for(int i=;i<=m;i++) cout<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;
cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
//按照左端点所在的块和右端点排序
sort(a+,a+m+,cmp);
cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
cout<<"a[i].l"<<" "<<"a[i].r"<<endl;
for(int i=;i<=m;i++) cout<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;
cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
solve();
//因为之前按照左端点所在的块和又端点排过序，所以为了得
//到查询的次序来输出答案，需要再按照查询的id排序
sort(a+,a+m+,cmp_id);
cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
cout<<"a[i].l"<<" "<<"a[i].r"<<endl;
for(int i=;i<=m;i++) cout<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;
cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
for(int i=;i<=m;i++)
printf("%lld/%lld\n",a[i].a,a[i].b);
return ;
}