BZOJ 2038 小Z的袜子(hose) （莫队算法入门题）

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。

思路：第一个莫队题，感觉莫队对离线处理好强。。。如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]、[l,r-1]、

[l-1,r]、[l,r+1]的答案(不一定O(1)也可以,因为有时需要套下其他数据结构，复杂度变为n*sqrt(n)*logn 有时也是能接受

的)，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n*sqrt(n))。

对于这题：询问L~R。设颜色为x,y,z....的袜子的个数为a,b,c。。。
那么答案就是(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2....)/((R-L+1)*(R-L)/2)

-->(a^2+b^2+c^2+...x^2-(a+b+c+d+.....))/((R-L+1)*(R-L))

-->(a^2+b^2+c^2+...x^2-(R-L+1))/((R-L+1)*(R-L))

所以解决这道题的关键就是求一个区间内每种颜色数目的平方和。显然这是可以O(1)进行转移的。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e4+5;
int a[maxn], n, m, unit;
ll num[maxn], ansZ[maxn], ansM[maxn], tmp;
struct node
{
int id, l, r, blk;
bool operator < (const node &a) const
{
if(blk == a.blk) return r < a.r;
else return blk < a.blk;
}
}op[maxn];

void add(int x)
{
tmp -= num[x]*num[x];
num[x]++;
tmp += num[x]*num[x];
}

void del(int x)
{
tmp -= num[x]*num[x];
num[x]--;
tmp += num[x]*num[x];
}

void solve()
{
memset(num, 0, sizeof(num));
int l = 1, r = 0;
tmp = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
while(r < op[i].r) add(a[++r]);
while(r > op[i].r) del(a[r--]);
while(l < op[i].l) del(a[l++]);
while(l > op[i].l) add(a[--l]);
ll fz = tmp-(op[i].r-op[i].l+1);
ll fm = (ll)(op[i].r-op[i].l+1)*(op[i].r-op[i].l);
ll gcd = __gcd(fz, fm);
fz /= gcd, fm /= gcd;
ansZ[op[i].id] = fz;
ansM[op[i].id] = fm;
if(!fz) ansM[op[i].id] = 1;
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
printf("%lld/%lld\n", ansZ[i], ansM[i]);
}

int main(void)
{
while(cin >> n >> m)
{
unit = (int)sqrt(n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d%d", &op[i].l, &op[i].r), op[i].id = i, op[i].blk = op[i].l/unit;
sort(op+1, op+1+m);
solve();
}
return 0;
}