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bzoj2038【2009国家集训队】小Z的袜子(hose)

2016-03-03 22:59 218 查看

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;
}
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