BZOJ 2038 小Z的袜子 莫队算法(模板题)

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莫队算法是离线处理一类区间不修改查询类问题的算法。就是如果你知道了[L,R]的答案。
你可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案的话。就可以使用莫队算法。

题意:n个数,m次询问,n,m<=5e4,每次询问:在区间[l,r]选两个数是相同概率? 

f[i]表示i在区间出现次数,答案为: S=segma(C(f[i],2)) /C(r-l+1,2) 

化解得 S=(segma(f[i]^2)-(r-l+1))/((r-l+1)*(r-l)

容易得到[L,R+1] S=S-f[z]^2+(f[z]+1)^2 ,f[z]++; 

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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

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+20;
int n,m,c
,pos
;
struct node{
int l,r,id;
ll a,b;//答案的分子和分母
}a
;
ll f
,ans;
ll gcd(ll a,ll b)
{
if(a%b==0)
return b;
return gcd(b,a%b);
}
bool cmp(node a,node b)
{
if(pos[a.l]==pos[b.l])
return a.r<b.r;
return a.l<b.l;
}
bool cmp_id(node a,node b)
{
return a.id<b.id;
}
void init()
{
memset(f,0,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
int block=(int)sqrt(n);//分块
for(int i=1;i<=n;i++)
pos[i]=(i-1)/block+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
a[i].id=i;
}
}
void update(int p,int add)
{
ans-=f[c[p]]*f[c[p]];
f[c[p]]+=add;//出现次数
ans+=f[c[p]]*f[c[p]];
}
void solve()
{
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].a=0;a[i].b=1;
continue;
}
a[i].a=ans-(a[i].r-a[i].l+1);//
a[i].b=(ll)(a[i].r-a[i].l+1)*(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+1,a+1+m,cmp);
solve();
sort(a+1,a+1+m,cmp_id);
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%lld/%lld\n",a[i].a,a[i].b);

return 0;
}