bzoj2038[2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

bzoj2038[2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

题意：

把N只袜子从1到N编号，每次求从编号为L到R的袜子中抽两只，有多大的概率抽到颜色相同的袜子。

题解：

不知道要用什么数据结构，但是可以用一个全局的数组保存每个颜色当前数量，使由区间[l,r]推出[l,r±1]的答案和[l±1,r]的复杂度为O(1)，对这种问题，可以用复杂度为O(nsqrt(n))的莫队算法解决。

莫队算法是一种离线算法，将询问按某种顺序排序，使得均摊复杂度为O(nsqrt(n))，那怎么排序呢？如果按左端点排序，那么r将有可能多次大幅度摆动，使复杂度退化成O(n^2)，正解是对端点分块，让后按左端点所在块为第一关键字排序，右端点为第二关键字排序。这样子当两个询问l在同一块时，l只有可能移sqrt(n)次。l在同一块的多次询问q只能右移n次，l在不同块时r可能左移n次，但因为只有sqrt(n)块，所以需移n次的操作都只有sqrt(n)次，因此均摊复杂度是O(sqrt(n))。所有的均摊复杂度都是玄学……

因为中间结果没有强制转化成long long，wa了好几发，本弱太弱了！

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
#define inc(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;

struct nd1{
    int l,pl,r,id; ll ans;
};
bool cmp1(nd1 a,nd1 b){
    if(a.pl!=b.pl)return a.pl<b.pl; if(a.r!=b.r)return a.r<b.r;
    return a.l<b.l;
}
bool cmp2(nd1 a,nd1 b){
    return a.id<b.id;
}
nd1 a1[100000];int col[100000],pos[100000],n,m,l,r;ll ans,s[100000];
inline void update(int x,int y){
    ans-=(s[col[x]]*(s[col[x]]-1));s[col[x]]+=(ll)y;ans+=(s[col[x]]*(s[col[x]]-1));
}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m); inc(i,1,n)scanf("%d",&col[i]); int sz=(int)sqrt(n);
    inc(i,1,n)pos[i]=(i-1)/sz+1;
    inc(i,1,m){
        int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);a1[i]=(nd1){a,pos[a],b,i,0};
    }
    sort(a1+1,a1+1+m,cmp1); l=1; r=0; ans=0; memset(s,0,sizeof(s));
    inc(i,1,m){
        while(r<a1[i].r)update(r+1,1),r++;
        while(l>a1[i].l)update(l-1,1),l--;
        while(r>a1[i].r)update(r,-1),r--;
        while(l<a1[i].l)update(l,-1),l++;
        a1[i].ans=ans;
    }
    sort(a1+1,a1+1+m,cmp2); 
    inc(i,1,m){
        if(a1[i].ans==0)printf("0/1
");else{
            ll a2=gcd(a1[i].ans,(ll)(a1[i].r-a1[i].l+1)*(a1[i].r-a1[i].l));
            printf("%lld/%lld
",a1[i].ans/a2,(ll)(a1[i].r-a1[i].l+1)*(a1[i].r-a1[i].l)/a2);
        }
    }
    return 0;
}

20160405