[题解] bzoj 2038 小z的袜子(莫队)

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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。
　

- 题意 -

　在一个区间[l, r]中随机抽两个数, 抽到相同数字的概率.
　

- 思路 -

　莫队模板:
　对于区间[l, r]来说, (ans = frac{S[a[1]]*(S[a[1]]-1) + S[a[2]]*(S[a[2]]-1) + ... + S[a[n]]*(S[a[n]]-1)(可行配对数)}{(r - l) * (r - l + 1)(总配对数)} = frac{S[a[1]]*S[a[1]] + S[a[2]]*S[a[2]] + ... + S[a[n]]*S[a[n]]-(r-l+1)}{(r - l) * (r - l + 1)})
　(n为[l, r]中不同数字的总数, a[i] 表示不同数字, S[x] 表示数字 x 在区间中的个数)
　
　首先保证: 对于已知 ans 的区间[l, r], 我们可以在O(1) 的时间内求出[l - 1, r], [l + 1, r], [l, r - 1], [l, r + 1]的ans.
　
　比如已知[l, r]的ans, 求[l, r+1]的ans, 我们只要处理多出来的一个数造成的影响就好了.
　因上面式子的分母和分子部分的(r-l+1)可以在O(1)时间内求出, 所以我们只要维护(ans = S[a[1]]*S[a[1]] + S[a[2]]*S[a[2]] + ... + S[a[n]]*S[a[n]])就可以了. 那么修改时有:

ans -= S[a[r+1]]*S[a[r+1]];
S[a[r+1]] += 1;
ans += S[a[r+1]]*S[a[r+1]];

　修改左端, 减一个数都以此类推.

　所以肯定要先排序, 排序后l 从 1 到 n 扫一遍, r 从 1 到 n 扫一遍, 复杂度大概是 O(n^2) ???
　
　莫队算法就是在此基础上进行优化的, 我们把 1 到 n 分为 sqrt(n) 个区间, 对于同一区间的 l , 将它们的 r 统一排序, 按 r 的大小的来处理, 时间的话, l 在同一块中移动范围是n^0.5, 跨区间时是n^0.5 *2, 忽略 2, 有 n 个 l, 所以 l 移动的总复杂度是 O(n1.5), 对于每一块 r 的范围都是 n , 一共 n^0.5 块, r 移动的总复杂度是 O(n^1.5), 所以总复杂度就是 O(n^1.5).
　
　细节见代码.
　

- 代码 -

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

typedef long long ll;

const int N = 5e4 + 5;

ll ans;
int A[N], S[N], POS[N];
int n, m;

struct query {
	int l, r, id;
	ll a, b;
}Q[N];

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

bool cmp(query a, query b) {
	if (POS[a.l] == POS[b.l]) return a.r < b.r;
	return a.l < b.l;
}

bool cmp_id(query a, query b) { return a.id < b.id; }

void upt(int pos, int a) {
	ans -= sqr(S[A[pos]]);
	S[A[pos]] += a;
	ans += sqr(S[A[pos]]);
}

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

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d", &A[i]);
	int len = floor(sqrt(n));
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        POS[i] = (i - 1)/len + 1; //注意分块, 如果 n 是一个完全平方数而写成 i/len+1 就会多出一块来
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &Q[i].l, &Q[i].r);
		Q[i].id = i;
	}
	sort(Q + 1, Q + m + 1, cmp);
	for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= m; ++i) {
		for (; r < Q[i].r; ++r)
			upt(r + 1, 1);
		for (; r > Q[i].r; --r)
			upt(r, -1);
		for (; l < Q[i].l; ++l)
			upt(l, -1);
		for (; l > Q[i].l; --l)
			upt(l - 1, 1);
		Q[i].a = ans - (Q[i].r - Q[i].l + 1);
		Q[i].b = 1ll * (Q[i].r - Q[i].l + 1) * (Q[i].r - Q[i].l);
		int k = gcd(Q[i].a, Q[i].b);
		Q[i].a /= k;
		Q[i].b /= k;
	}
	sort(Q + 1, Q + m + 1, cmp_id);
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		printf("%lld/%lld
", Q[i].a, Q[i].b);
	return 0;
}