小Z的袜子

题目

传送门

做法 & 思路

这题其实是求

[sum_i {cnt[i] choose 2} over {r-l+1 choose 2} ]

(cnt[i])是颜色i在([l, r])中的出现次数

我们知道({a choose 2} = a imes (a-1) = a^2 - a)

于是， 分子就变成了

[{sum_i{cnt[i]^2} -sum_i{cnt[i]}} over {2} ]

分母就变成了

[{(r-l+1)^2 - (r-l+1)} over {2} ]

于是， 一次查询的答案就是

[{sum_i{cnt[i]^2} -sum_i{cnt[i]}} over {(r-l+1)^2 - (r-l+1)} ]

我们可以使用莫队算法

其中分子中的(sum_i{cnt[i]})是不需要维护的， 因为很明显他就等于(r-l+1)

然后我们只需要维护(sum_i{cnt[i]^2})

这题就做完了

代码

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 50010;

int belong[N], block;

int color[N];

struct Query
{	int l, r, id;
	Query() { }
	Query(int _1, int _2, int _3) : l(_1), r(_2), id(_3) { }
} a[N];

bool cmp(Query x, Query y) { return belong[x.l] == belong[y.l] ? x.r < y.r : belong[x.l] < belong[y.l]; }

LL sqr(LL x) { return x * x; }

LL cnt[N];
LL sum;

LL Ans1[N], Ans2[N];

void update(int x, int opt)
{	sum -= sqr(cnt[color[x]]);
	cnt[color[x]] += opt;
	sum += sqr(cnt[color[x]]);
}

LL gcd(LL a, LL b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

int main()
{	int n, m;
	scanf("%d %d", &n, &m);
	block = (int) sqrt(n + 0.5);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		belong[i] = (i-1) / block + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &color[i]);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		scanf("%d %d", &a[i].l, &a[i].r),
		a[i].id = i;
	sort(a+1, a+1+m, cmp);
	int l = 1, r = 0;
	for (int i = 1; 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)
		{	Ans1[a[i].id] = 0;
			Ans2[a[i].id] = 1;
			continue;
		}
		Ans1[a[i].id] = sum - (a[i].r - a[i].l + 1);
		Ans2[a[i].id] = sqr((LL) (a[i].r - a[i].l + 1)) - (LL) (a[i].r - a[i].l + 1);
		LL d = gcd(Ans1[a[i].id], Ans2[a[i].id]);
		Ans1[a[i].id] /= d;
		Ans2[a[i].id] /= d;
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		printf("%lld/%lld
", Ans1[i], Ans2[i]);
	return 0;
}