【bzoj2038】[2009国家集训队]小Z的袜子(hose)（细致总结）

【bzoj2038】[2009国家集训队]小Z的袜子(hose)（细致总结）

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。

题解

 

莫队算法
如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。如果只能在logn的时间移动区间，则时间复杂度是O(n^1.5*log n)。
其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。

这道题的话我们很容易用数组来实现，做到O(1)的从[l,r]转移到[l,r+1]与[l+1,r]。

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

 

 

 

得到的方式就是：

1、先分块

2、再排序（左端点所在的块，右端点）

3、再暴力

关于时间复杂度：

在两个查询中转移的时候：

当两个查询的左端点在同一块时，左端点最多移动根号n，右端点最多移动n，所以是n根号n

当两个查询的左端点不再同一块时，左端点移动n，右端点也是n

 上面这样想是左端点乘以右端点

其实应该是这m次询问中左端点移动的总数+又端点移动的总次数。

查询转移的时候，分块分为转移和不转移

 

 是因为我们按分块排序了啊。

在考虑时间复杂度的时候，左右端点的维度不一样，但是都是

右端点的维度是：块的个数*n（数组长度）

左端点的维度是：块的大小*n次查询

总的复杂度为左端点+右端点

而造成这种考虑时间复杂度的时候的维度差异是和怎么排序相关的。

无论怎么操作，每次右端点的变化都是

因为左端点在同一块的时候，又端点排序之后都是都是递增的，所以同一块一定是n，而总共只有块。

无论怎么操作，每次左端点的变化都是或2，而总共只有n次询问。

solution

　

 

　　

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 50001
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,pos[N],c[N];
ll s[N],ans;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll sqr(ll x){return x*x;}
struct data{int l,r,id;ll a,b;}a[N];
bool cmp(data a,data b)
{
    if(pos[a.l]==pos[b.l])return a.r<b.r;
    return a.l<b.l;
}
bool cmp_id(data a,data b)
{return a.id<b.id;}
void init()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&c[i]);
    int block=int(sqrt(n));
    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-=sqr(s[c[p]]);
    s[c[p]]+=add;
    ans+=sqr(s[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+m+1,cmp);
    solve();
    sort(a+1,a+m+1,cmp_id);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%lld/%lld
",a[i].a,a[i].b);
    return 0;
}

 测试代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 50001
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,pos[N],c[N];
ll s[N],ans;//这里的s数组时数出现的次数
//求公约数
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
//求平方
ll sqr(ll x){return x*x;}
//a是分子b是分母,id是后面排序让按顺序输出答案用的
struct data{int l,r,id;ll a,b;}a[N];
bool cmp(data a,data b)
{
    //如果左坐标在分块的同一个块里面，就返回右坐标小的
    //否则返回左坐标小的
    if(pos[a.l]==pos[b.l])return a.r<b.r;
    return a.l<b.l;
}
bool cmp_id(data a,data b)
{return a.id<b.id;}
void init()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    //c数组时记录数据的
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&c[i]);
    //对n分块
    int block=int(sqrt(n));
    //找到每个点所属的块
    for(int i=1;i<=n;i++)
       pos[i]=(i-1)/block+1;
    cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
    cout<<"pos[i]"<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++)
       cout<<pos[i]<<endl;
    cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
    //a数组读入查询
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
        a[i].id=i;//确定顺序，方便解决了好按问题次序输出
    }
}

//对p点进行add操作
//就是那个带平方的公式
void update(int p,int add)
{
    ans-=sqr(s[c[p]]);
    s[c[p]]+=add;
    ans+=sqr(s[c[p]]);
}
void solve()
{
    //用l=1,r=0来依次验每一个查询的区间
    //右（1,0）这个区间来得到我们的查询区间，通过左移或者右移一个
    //从（1,0）没元素开始，每增加一个元素我们就需要update一次
    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);
        //如果区间只有一个数，那么返回0/1
        if(a[i].l==a[i].r)
        {
            a[i].a=0;a[i].b=1;
            continue;
        }
        //得到分子和分母的值
        a[i].a=ans-(a[i].r-a[i].l+1);//ans是不同的个数
        a[i].b=(ll)(a[i].r-a[i].l+1)*(a[i].r-a[i].l);//这个排列组合简单C(n,2)
        //分子分母约分
        ll k=gcd(a[i].a,a[i].b);
        a[i].a/=k;a[i].b/=k;
    }
}
int main()
{
    freopen("in.txt","r",stdin);
    init();
    //查询排序
    cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
    cout<<"a[i].l"<<"   "<<"a[i].r"<<endl;
    for(int i=1;i<=m;i++) cout<<a[i].l<<"   "<<a[i].r<<endl;
    cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
    //按照左端点所在的块和右端点排序
    sort(a+1,a+m+1,cmp);
    cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
    cout<<"a[i].l"<<"   "<<"a[i].r"<<endl;
    for(int i=1;i<=m;i++) cout<<a[i].l<<"   "<<a[i].r<<endl;
    cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
    solve();
    //因为之前按照左端点所在的块和又端点排过序，所以为了得
    //到查询的次序来输出答案，需要再按照查询的id排序
    sort(a+1,a+m+1,cmp_id);
    cout<<"/***************开始*****************/"<<endl;
    cout<<"a[i].l"<<"   "<<"a[i].r"<<endl;
    for(int i=1;i<=m;i++) cout<<a[i].l<<"   "<<a[i].r<<endl;
    cout<<"/***************结束*****************/"<<endl;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%lld/%lld
",a[i].a,a[i].b);
    return 0;
}