本文转自大米饼，略加修改
·排序巧妙优化复杂度，带来NOIP前的最后一丝宁静。几个活蹦乱跳的指针的跳跃次数，决定着莫队算法的优劣……
·目前的题型概括为三种：普通莫队，树形莫队以及带修莫队。
若谈及入门，那么BZOJ2038的美妙袜子一题堪称顶尖。
【例题一】袜子
·述大意：
进行区间询问[l,r]，输出该区间内随机抽两次抽到相同颜色袜子的概率。
·分析：
首先考虑对于一个长度为n区间内的答案如何求解。题目要求Ans使用最简分数表示：那么分母就是n*n(表示两两袜子之间的随机组合)，分子是一个累加和，累加的内容是该区间内每种颜色i出现次数sum[i]的平方。
将莫队算法抬上议程。莫队算法的思路是，离线情况下对所有的询问进行一个美妙的SORT()，然后两个指针l,r（本题是两个，其他的题可能会更多）不断以看似暴力的方式在区间内跳来跳去，最终输出答案。
掌握一个思想基础：两个询问之间的状态跳转。如图，当前完成的询问的区间为[a,b],下一个询问的区间为[p,q],现在保存[a,b]区间内的每个颜色出现次数的sum[]数组已经准备好，[a,b]区间询问的答案Ans1已经准备好，怎样用这些条件求出[p,q]区间询问的Ans2？
考虑指针向左或向右移动一个单位，我们要付出多大的代价才能维护sum[]和Ans(即使得sum[],Ans保存的是当前[l,r]的正确信息)。我们美妙地对图中l,r的向右移动一格进行分析：
如图啦。l指针向右移动一个单位，所造成的后果就是：我们损失了一个绿色方块。那么怎样维护？美妙地，sum[绿色]减去1。那Ans如何维护？先看分母，分母从n2变成(n-1)2，分子中的其他颜色对应的部分是不会变的，绿色却从sum[绿色]2变成(sum[绿色]-1)2 ，为了方便计算我们可以直接向给Ans减去以前该颜色的答案贡献(即sum[绿色]2)再加上现在的答案贡献(即(sum[绿色]-1)2 )。同理，观赏下面的r指针移动，将是差不多的。
·如图r指针的移动带来的后果是，我们多了一个橙色方块。所以操作和上文相似，只不过是sum[橙色]++。
·回归正题地，我们美妙的发现，知道一个区间的信息，要求出旁边区间的信息（旁边区间指的是当前区间的一个指针通过加一减一得到的区间），竟只需要O(1)的时间。
·就算是这样，到这里为止的话莫队算法依旧无法焕发其光彩，原因是：如果我们以读入的顺序来枚举每个询问，每个询问到下一个询问时都用上述方法维护信息，那么在你脑海中会浮现出l,r跳来跳去的疯狂景象，疯狂之处在于最坏情况下时间复杂度为：O(n2)————如果要这样玩，那不如写一个暴力程序。
·“莫队算法巧妙地将询问离线排序，使得其复杂度无比美妙……”在一般做题时我们时常遇到使用排序来优化枚举时间消耗的例子。莫队的优化基于分块思想：对于两个询问，若在其l在同块，那么将其r作为排序关键字，若l不在同块，就将l作为关键字排序（这就是双关键字）。大米饼使用Be[i]数组表示i所属的块是谁。排序如：
·值得强调的是，我们是在对询问进行操作。
·时间复杂度分析（分类讨论思想）：
首先，枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。
分类讨论：
①l的移动：若下一个询问与当前询问的l所在的块不同，那么只需要经过最多2*unit步可以使得l成功到达目标.复杂度为：O(m*unit)
②r的移动：r只有在Be[l]相同时才会有序（其余时候还是疯狂地乱跳，你知道，一提到乱跳，那么每一次最坏就要跳n次！），
Be[l]什么时候相同？在同一块里面l就Be[]相同。对于每一个块，排序执行了第二关键字：r。所以这里面的r是单调递增的，所以枚举完一个块，r最多移动n次。
总共有n/unit个块:复杂度为：O(n*n/unit)
总结：O(n*unit+n*n/unit)（n,m同级，就统一使用n）
根据基本不等式得：当n为sqrt(n)时，得到莫队算法的真正复杂度：
O(n*sqrt(n))
·代码上来了（莫队喜欢while）：
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #define RG register int 7 #define rep(i,a,b) for(RG i=a;i<=b;i++) 8 #define per(i,a,b) for(RG i=a;i>=b;i--) 9 #define inf (1<<30) 10 #define maxn 50005 11 #define ll long long 12 #define f(g) (g*g) 13 using namespace std; 14 int n,m,len; 15 int be[maxn],col[maxn]; 16 ll sum[maxn],ans; 17 struct Dat{ 18 int l,r,id; 19 ll A,B; 20 }dat[maxn]; 21 22 inline int read() 23 { 24 int x=0,f=1;char c=getchar(); 25 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 26 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 27 return x*f; 28 } 29 30 inline bool cmp1(const Dat &a,const Dat &b){return be[a.l]==be[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l;} 31 32 inline bool cmp2(const Dat &a,const Dat &b){return a.id<b.id;} 33 34 inline void add(int p,int val){ans-=f(sum[col[p]]),sum[col[p]]+=val,ans+=f(sum[col[p]]);} 35 36 ll GCD(ll a,ll b){return (!(a%b)?b:GCD(b,a%b));} 37 38 void Mo() 39 { 40 int l=1,r=0; 41 rep(i,1,m) 42 { 43 while(l<dat[i].l) add(l++,-1); 44 while(l>dat[i].l) add(--l,1); 45 while(r<dat[i].r) add(++r,1); 46 while(r>dat[i].r) add(r--,-1); 47 48 if(dat[i].l==dat[i].r){dat[i].A=0,dat[i].B=1;continue;} 49 ll L=dat[i].r-dat[i].l+1ll; 50 dat[i].A=ans-L,dat[i].B=L*(L-1ll); //bug l/L 51 ll gcd=GCD(dat[i].A,dat[i].B); 52 dat[i].A/=gcd,dat[i].B/=gcd; 53 } 54 } 55 56 int main() 57 { 58 n=read(),m=read(),len=sqrt(n); 59 rep(i,1,n) col[i]=read(),be[i]=i/len+1; 60 rep(i,1,m) dat[i].l=read(),dat[i].r=read(),dat[i].id=i; 61 sort(dat+1,dat+1+m,cmp1); 62 Mo(); 63 sort(dat+1,dat+1+m,cmp2); 64 rep(i,1,m) 65 printf("%lld/%lld ",dat[i].A,dat[i].B); 66 return 0; 67 }
【例题二】数颜色
·述大意：
多个区间询问，询问[l,r]中颜色的种类数。可以单点修改颜色。
·分析：
莫队可以修改？那不是爆炸了吗。
这类爆炸的问题被称为带修莫队（可持久化莫队）。
按照美妙类比思想，可以引入一个“修改时间”，表示当前询问是发生在前Time个修改操作后的。也就是说，在进行莫队算法时，看看当前的询问和时间指针（第三个指针，别忘了l,r）是否相符，然后进行时光倒流或者时光推移操作来保证答案正确性。
·Sort的构造。仅靠原来的sort关键字会使得枚举每个询问都可能因为时间指针移动的缘故要移动n次，总共就n2次，那还不如写暴力。
·为了防止这样的事情发生，再加入第三关键字Tim：
·如何理解时间复杂度？
首先，R和Tim的关系就像L和R的关系一样：只有在前者处于同块时，后者才会得到排序的恩赐，否则sort会去满足前者，使得后者开始乱跳。
依旧像上文那样：枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。
分类讨论：
①对于l指针，依旧是O(unit*n)
②对于r指针，依旧是O(n*n/unit)
③对于T指针（即Time）：
类比r时间复杂度的计算。我们要寻找有多少个单调段（一个单调段下来最多移动n次）。上文提到，当且仅当两个询问l在同块，r也在同块时，才会对可怜的Tim进行排序。局势明朗。对于每一个l的块，里面r最坏情况下占据了所有的块，所以最坏情况下：有n/unit个l的块，每个l的块中会有n/unit个r的块，此时，在一个r块里，就会出现有序的Tim。所以Tim的单调段个数为：(n/unit)*(n/unit)。每个单调段最多移动n次。
所以：O((n/unit)2*n)
三个指针汇总：O(unit*n+n2/unit+(n/unit)2*n)
(实际跑出来还是根号n快一点)
代码：
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #define RG register int 7 #define rep(i,a,b) for(RG i=a;i<=b;i++) 8 #define per(i,a,b) for(RG i=a;i>=b;i--) 9 #define inf (1<<30) 10 #define maxn 1000005 11 #define f(g) (g*g) 12 using namespace std; 13 int n,m,na,nb,unit,ans,L,R; 14 int col[maxn],sum[maxn],last[maxn],be[maxn],ANS[maxn]; 15 struct A{ 16 int l,r,tim,id; 17 }dat[maxn]; 18 struct B{ 19 int pos,suc,pre; 20 }upd[maxn]; 21 inline int read() 22 { 23 int x=0,f=1;char c=getchar(); 24 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 25 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} 26 return x*f; 27 } 28 29 inline int cmp(const A &a,const A &b) 30 {return be[a.l]==be[b.l]?(be[a.r]==be[b.r]?a.tim<b.tim:a.r<b.r):a.l<b.l;} 31 32 inline void add(int c,int val) 33 { 34 sum[c]+=val; 35 if(val>0&&sum[c]==1) ans++; 36 if(val<0&&!sum[c]) ans--; 37 } 38 39 inline void update(int pos,int c) 40 {if(L<=pos&&pos<=R) add(c,1),add(col[pos],-1);col[pos]=c;} 41 42 void Mo() 43 { 44 L=1,R=0;RG T=0; 45 rep(i,1,na) 46 { 47 while(T<dat[i].tim) update(upd[T+1].pos,upd[T+1].suc),++T; 48 while(T>dat[i].tim) update(upd[T].pos,upd[T].pre),--T; 49 50 while(L<dat[i].l) add(col[L++],-1); 51 while(L>dat[i].l) add(col[--L],1); 52 while(R<dat[i].r) add(col[++R],1); 53 while(R>dat[i].r) add(col[R--],-1); 54 55 ANS[dat[i].id]=ans; 56 } 57 } 58 59 int main() 60 { 61 n=read(),m=read(); 62 unit=sqrt(n;) 63 rep(i,1,n) col[i]=last[i]=read(),be[i]=i/unit+1; 64 char opt[10];RG a,b; 65 rep(i,1,m) 66 { 67 scanf("%s",opt),a=read(),b=read(); 68 if(opt[0]=='Q') 69 dat[++na]=(A){a,b,nb,na}; 70 else 71 upd[++nb]=(B){a,b,last[a]},last[a]=b; 72 } 73 sort(dat+1,dat+1+na,cmp); 74 Mo(); 75 rep(i,1,na) 76 printf("%d ",ANS[i]); 77 return 0; 78 }
【例题三】达到顶尖
·述大意：
一棵树，可以单点修改一个节点的权值，许多询问和修改，询问(u,v)表示u到v的路径上，求出最小的没有出现的自然数。
·分析：
带修莫队+树形莫队。要爆炸了。
上文解决了爆炸的带修莫队，如何处理树形莫队？
·树形莫队引入的第一个难点是：如何分块。注意，分块的目的是为了快速访问与查找（例如上文在分析l指针时间复杂度的时候，发现每次最多移动
unit*2次，这就是因为即使是跨越了块，这两个块的相邻关系使得时间复杂度不会改变）。
·尝试在树上构造相邻的块，使得：块内元素的互相访问的移动次数控制在一个范围内（也就是unit）。做法是用栈维护当前节点作为父节点访问它的子节点，当从栈顶到父节点的距离大于unit时，弹出这部分元素分为一块。
如图：
（另外，对于剩余分块的节点，也就是根节点附近由于个数小于unit而形成的一坨点，最后再分一块或加在最后一块中）
·强调这样做的好处：使得每一个块内的点到达另一个点最多移动unit次。
那么对于sort()就和第二题一样了。
·接下来还有一个区间移动(即指针u,v,T的移动)没有处理。很明显，这道题的树上路径的维护又是一个美妙的东西。与上几道题不同的是，u,v指针是在树上移动。如果当前路径(u,v)已处理好，下一个询问是到达(u1,v1).那么我们可以将u一步一步的移动到u1，一路上我们欢声笑语，走一个点就记录上面的自然数使用vis[u]标记这个节点来没来过，使用抑或就可以轻松求出访问状态，v到v1也可以这样做。
另外，维护当前已收集的自然数，可以用离散化+数据结构。（但是这道题好像有BUG，不需要离散化）。给出的代码用的方法是用分块维护，但事后想想，发现树状数组可能更美妙。
·这一切都得到解决，就在代码要到来时，你偷看了代码，发现里面有一个函数叫做LCA！什么，哪里要用到倍增求公共祖先？一张图如下：
·这样的问题在什么点出现？u1,v1的最近公共祖先。所以，我们上文维护自然数的数据结构(u,v)改成：表示u到v路径上除开他们的LCA的其他点的信息，每次u,v归位后，我们单独为LCA计算一次，这样既避免了怪异情况影响答案，有保证了LCA对答案的贡献。
·网上对这种路径问题还有一种本质相同出发点不同的妙解，它也能帮助理解为什么会有怪异情况：求出该树的欧拉序(类似于dfs序，但每个点有头有尾)，那么对于(u,v)路径，就是在序列中仅出现一次的数字。这样做同样也要处理公共祖先卡机的怪异情况，画图看看吧。
·终于出场的大米饼代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<algorithm> 3 #include<math.h> 4 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 5 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) 6 #define fo(i,a,x) for(int i=a[x],v=e[i].v;i;i=e[i].next,v=e[i].v) 7 using namespace std;const int N=50009; 8 struct E{int v,next;}e[N*3]; 9 int k=1,head[N],unit,Be[N],m,st[N],top,fa[N][18],deep[N]; 10 int n,Q,a[N],t[N],op,x,y,p,tim,u=1,v=1,T,ans[N],vis[N]; 11 void ADD(int u,int v){e[k]=(E){v,head[u]};head[u]=k++;} 12 void dfs(int u){ 13 14 go(i,1,19)if((1<<i)>deep[u])break; 15 else fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1]; 16 17 int bottom=top; 18 fo(i,head,u)if(v!=fa[u][0]) 19 { 20 fa[v][0]=u;deep[v]=deep[u]+1;dfs(v); 21 if(top-bottom>=unit){m++;while(top!=bottom)Be[st[top--]]=m;} 22 } 23 st[++top]=u; 24 } 25 int LCA(int x,int y) 26 { 27 if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);int Dis=deep[x]-deep[y]; 28 go(i,0,16)if((1<<i)&Dis)x=fa[x][i]; 29 if(x==y)return x; 30 ro(i,16,0)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i]; 31 return x==y?x:fa[x][0]; 32 } 33 struct Change{int u,New,Old;}cq[N]; 34 struct Query{int u,v,tim,id;bool operator <(const Query &a) const{ 35 return Be[u]==Be[a.u]?(Be[v]==Be[a.v]?tim<a.tim:Be[v]<Be[a.v]):Be[u]<Be[a.u]; 36 }}q[N]; 37 struct Datalock{ 38 struct _blo{int l,r;}b[350]; 39 int n,Be[N],m,unit,num[N],sum[350]; 40 void init() 41 { 42 unit=sqrt(n);m=(n-1)/unit+1; 43 go(i,1,n)Be[i]=(i-1)/unit+1; 44 go(i,1,m)b[i].l=(i-1)*unit+1,b[i].r=i*unit; 45 b[m].r=n; 46 } 47 void Add(int v){if(v<=n)sum[Be[v]]+=(++num[v])==1;} 48 void Del(int v){if(v<=n)sum[Be[v]]-=(--num[v])==0;} 49 int mex() 50 { 51 go(i,1,m)if(sum[i]!=b[i].r-b[i].l+1) 52 go(j,b[i].l,b[i].r)if(!num[j])return j; 53 return -1; 54 } 55 }Data; 56 void revise(int u,int d){if(vis[u])Data.Del(a[u]),Data.Add(d);a[u]=d;} 57 void Run(int u){if(vis[u])Data.Del(a[u]),vis[u]=0;else Data.Add(a[u]),vis[u]=1;} 58 void move(int x,int y) 59 { 60 if(deep[x]<deep[y])swap(x,y); 61 while(deep[x]>deep[y])Run(x),x=fa[x][0]; 62 while(x!=y)Run(x),Run(y),x=fa[x][0],y=fa[y][0]; 63 } 64 void Mo() 65 { 66 go(i,1,p) 67 { 68 while(T<q[i].tim)T++,revise(cq[T].u,cq[T].New); 69 while(T>q[i].tim)revise(cq[T].u,cq[T].Old),T--; 70 71 if(u!=q[i].u)move(u,q[i].u),u=q[i].u; 72 if(v!=q[i].v)move(v,q[i].v),v=q[i].v; 73 int anc=LCA(u,v);Run(anc);ans[q[i].id]=Data.mex()-1;Run(anc); 74 } 75 } 76 int main(){scanf("%d%d",&n,&Q);unit=pow(n,0.45); 77 go(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),t[i]=++a[i]; 78 go(i,2,n){int uu,vv;scanf("%d%d",&uu,&vv);ADD(uu,vv);ADD(vv,uu);} 79 dfs(1);while(top)Be[st[top--]]=m; 80 go(i,1,Q) 81 { 82 scanf("%d%d%d",&op,&x,&y); 83 if( op)p++,q[p]=(Query){x,y,tim,p}; 84 if(!op)tim++,cq[tim]=(Change){x,y+1,t[x]},t[x]=y+1; 85 } 86 Data.n=n+1;Data.init();sort(q+1,q+1+p);Mo(); 87 go(i,1,p)printf("%d ",ans[i]); 88 }//Paul_Guderian
[小小总结]
莫队算法适用条件是比较苛刻的吗？是的。
①题目必须离线
②能够以极少的时间推出旁边区间(一般是O(1))
③没有修改或者修改不太苛刻
④基于分块，分块不行，它也好不了哪里去（何况现在还有可持久化数据结构维护的分块）
但莫队的思想美妙，代码优美，你值得拥有。莫队的排序思想也为众多离线处理的题目提供了完整的思路。