【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

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听说是莫队经典题。。？蒟蒻还是不会写。。
先膜一下莫队%%
 
允许蒟蒻（胡乱）介绍一下莫队算法：
莫队算法是解决这样的一类问题：
已知区间[L,R]的答案，且知[L,R]与下一个区间[L',R']的答案的数值关系，需要求出[L',R']的答案
首先很容易想到在O(n)的时间下将[L,R]转移到[L',R']，转移的过程中顺便统计答案
但是如果在数据范围特别大的情况下，这样的O(n^2)的算法肯定会TLE
 
莫队就是解决这样的情况：
莫队算法主要思想就是为了使[L,R]转移到[L',R']的时间代价最小，来减小TLE的可能性
以我的理解，莫队算法一般会先将提问离线，然后将整个大的区间分成sqrt(n)块，
接着将每个询问按照双关键字（左端点所在的块，右端点）排序，以期将左端点转移的复杂度降到sqrt(n)
接着挨个处理询问
 
讲完做法，接下来分析复杂度：
对于左端点在同一个块内的询问，这一些询问的右端点的转移的总代价是O(n)，而每个左端点的转移的代价不超过O(sqrt(n))，所有左端点转移的代价为O(nsqrt(n))，因此这一部分的时间复杂度为O(nsqrt(n))
对于左端点不在同一个块里的询问（两个相邻的询问），左端点的转移代价肯定不超过O(2sqrt(n))，省略常数后为O(sqrt(n))，而右端点的最多转移O(n)，于是这种情况单个的转移代价为O(n)，考虑到一共有sqrt(n)个块，那么这一部分复杂度为O(nsqrt(n))
 
蒟蒻对这一复杂度表示非常的惊奇，以至于一开始接触莫队时以为是类似分块的东西（我真弱。。）
 
结合着这一题讲一下做法：
对于每个当前区间开一个桶，然后边转移时边计数一下合法方案有多少种，
答案就是合法方案/方案总数，具体来说就是ΣC(cnt[i],2) / C(L - R + 1,2) (L <= i <= R)
 
代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int maxn = 50100;
const int block_maxn = 224;

struct data{
int bl,l,r,id;
};

struct block{
int l,r;
}blocks[block_maxn];

int siz,len; //分段
int a[maxn],ans[maxn][2],n,m,legal;
data q[maxn];
int cnt[maxn];

inline bool cmp(data x,data y)
{
return x.bl < y.bl || (x.bl == y.bl && x.r < y.r);
}

inline int gcd(int a,int b)
{
return a % b ? gcd(b,a % b) : b;
}

inline int getint()
{
int ret = 0;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
ret = ret * 10 + c - '0',c = getchar();
return ret;
}

int main()
{
n = getint(); m = getint();
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = getint();
siz = floor(sqrt(n)); len = ceil(1.0 * n / siz);
int nowl = 0,nowr = 0;
for (int i = 1; i <= siz; i++)
{
nowl = nowr + 1;
nowr = min(nowl + len - 1,n);
blocks[i].l = nowl;
blocks[i].r = nowr;
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int xl = getint(),xr = getint();
q[i].l = xl; q[i].r = xr; q[i].id = i;
for (int j = 1; j <= siz; i++)
if (blocks[j].l <= xl && xl <= blocks[j].r) {q[i].bl = j; break;}
}
sort(q + 1,q + m + 1,cmp);
for (int i = q[1].l; i = q[1].r; i++)
{
if (cnt[a[i]]) legal -= cnt[a[i]] * (cnt[a[i]] - 1);
cnt[a[i]]++;
legal += cnt[a[i]] * (cnt[a[i]] - 1);
}
int tot = (q[1].r - q[1].l + 1) * (q[1].r - q[1].l);
int g = gcd(tot,legal);
ans[q[1].id][0] = legal / g;
ans[q[1].id][1] = tot / g;
for (int i = 2; i <= m; i++)
{
if (q[i - 1].l < q[i].l)
{
for (int j = q[i - 1].l; j <= q[i].l - 1; j++)
{
if (cnt[a[j]]) legal -= cnt[a[j]] * (cnt[a[j]] - 1);
cnt[a[j]]--;
legal += cnt[a[j]] * (cnt[a[j]] - 1);
}
}
if (q[i - 1].l > q[i].l)
{
for (int j = q[i].l; j <= q[i - 1].l - 1; j++)
{
if (cnt[a[j]]) legal -= cnt[a[j]] * (cnt[a[j]] - 1);
cnt[a[j]]++;
legal += cnt[a[j]] * (cnt[a[j]] - 1);
}
}
if (q[i - 1].r < q[i].r)
{
for (int j = q[i - 1].r; j <= q[i].r; i++)
{
if (cnt[a[j]]) legal -= cnt[a[j]] * (cnt[a[j]] - 1);
cnt[a[j]]++;
legal += cnt[a[j]] * (cnt[a[j]] - 1);
}
}
if (q[i - 1].r <)  //unfinished
int tot = (q[i].r - q[i].l + 1) * (q[i].r - q[i].l);
int g = gcd(tot,legal);
ans[q[i].id][0] = legal / g;
ans[q[i].id][1] = tot / g;
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
printf("%d/%d\n",ans[i][1],ans[i][2]);
return 0;
}