大致题意： 有(N)只从(1sim N)编号的袜子，告诉你每只袜子的颜色，(M)组询问，每组询问给你一个区间([Lsim R])，让你求出小Z随机抽出(2)只袜子时有多大概率抽到两只颜色相同的袜子。
题意转换
假设这些袜子中共有(K)种颜色，则对于第(i)种颜色的袜子，抽到两次的概率为$$frac{cnt[i](cnt[i]-1)}{(R-L+1)(R-L)}$$
那么，在整个区间中抽到两只相同颜色的袜子的概率就是$$sum_{i=1}^Kfrac{cnt[i](cnt[i]-1)}{(R-L+1)(R-L)}$$
即$$frac{sum_{i=1}^Kcnt[i](cnt[i]-1)}{(R-L+1)(R-L)}$$
莫队
这时，我们就不难发现，对于一个区间，只要知道这个区间中每种颜色的袜子的出现次数就可以了。于是，就很容易想到用莫队来求解。
我们只要记录每种颜色的袜子的出现次数，并在每次更新指针的同时更新(ans)即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 50000
#define M 50000
using namespace std;
LL n,Q,a[N+5],pos[N+5],ans1[M+5],ans2[M+5],cnt[N+5];
struct Query
{
LL l,r,pos;
}q[M+5];
inline char tc()
{
static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(LL &x)
{
x=0;char ch;
while(!isdigit(ch=tc()));
while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(LL x)
{
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline bool cmp(Query x,Query y)
{
return pos[x.l]<pos[y.l]||(pos[x.l]==pos[y.l]&&(pos[x.l]&1?x.r<y.r:x.r>y.r));
}
inline LL gcd(LL x,LL y)//求最大公因数，为之后的约分做准备
{
return y?gcd(y,x%y):x;
}
int main()
{
register LL i;
for(read(n),read(Q),i=1;i<=n;++i) read(a[i]),pos[i]=(i-1)/sqrt(n)+1;
for(i=1;i<=Q;++i) read(q[i].l),read(q[i].r),q[i].pos=i;
sort(q+1,q+Q+1,cmp);
LL ans=0,L=q[1].l,R=q[1].r;
for(i=L;i<=R;++i)//先暴力求解第一个问题的答案
{
if(++cnt[a[i]]) ans-=((cnt[a[i]]-1)*(cnt[a[i]]-2));
ans+=cnt[a[i]]*(cnt[a[i]]-1);
}
LL t1=ans,t2=(q[1].r-q[1].l+1)*(q[1].r-q[1].l),g=gcd(t1,t2);
ans1[q[1].pos]=t1/g,ans2[q[1].pos]=t2/g;
for(i=2;i<=Q;++i)
{
if(q[i].l==q[i].r)//题目中的附加说明，对于L=R的情况直接输出0/1
{
ans1[q[i].pos]=0,ans2[q[i].pos]=1;
continue;
}
while(L<q[i].l) ans-=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1),--cnt[a[L]],ans+=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1),++L;//若L指针小于当前询问的l，就先更新ans，再移动指针
while(L>q[i].l) --L,ans-=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1),++cnt[a[L]],ans+=cnt[a[L]]*(cnt[a[L]]-1);//若L指针大于当前询问的l，则操作顺序与上面的操作恰好相反
while(R>q[i].r) ans-=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1),--cnt[a[R]],ans+=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1),--R;//R指针的操作与L指针类似
while(R<q[i].r) ++R,ans-=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1),++cnt[a[R]],ans+=cnt[a[R]]*(cnt[a[R]]-1);
LL t1=ans,t2=(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l),g=gcd(t1,t2);//注意约分
ans1[q[i].pos]=t1/g,ans2[q[i].pos]=t2/g;
}
for(i=1;i<=Q;++i) write(ans1[i]),putchar('/'),write(ans1[i]?ans2[i]:1),putchar('
');
return 0;
}