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  • BZOJ 2038: [2009国家集训队]小Z的袜子 (莫队)

    题目传送门:小Z的袜子

    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。

     

    题目大意:

      求在一段区间内随机选取两个数,这两个数相同的概率。

    解题思路:

       假设一个【L,R】的区间内每个数字出现的概率分别为a,b,c...则答案为(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2….)/((R-L+1)*(R-L)/2) 

      (a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2….)为在这段区间内取到两个相同的数的方案数

      可化为:(a^2+b^2+c^2+…x^2-(R-L+1))/((R-L+1)*(R-L)),即每个数字数量的平方和减去这段区间的数字个数

      ((R-L+1)*(R-L)/2) 为在这段区间随机取两个数的总方案数。

      所以本题的关键是求一个区间内每个数字的个数的平方和

      莫队算法是离线处理一类区间不修改查询类问题的算法。就是如果你知道了[L,R]的答案。你可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案的话。就可以使用莫队算法。 

     1 #include<cmath>
     2 #include<cstdio>
     3 #include<cstring>
     4 #include<algorithm>
     5 using namespace std;
     6 const int N = 50000+100;
     7 typedef long long int ll;
     8 ll gcd(ll a,ll b)
     9 {
    10     return b==0?a:gcd(b,a%b);
    11 }
    12 int a[N],pre[N];
    13 struct node
    14 {
    15     ll x,y;
    16     int l,r,id;
    17 } q[N];
    18 bool cmp(node a,node b)
    19 {
    20     if (pre[a.l]==pre[b.l]) return a.r<b.r;
    21     return pre[a.l]<pre[b.l];
    22 }
    23 int n,m,sz;
    24 ll num[N]= {0};
    25 int main()
    26 {
    27     scanf("%d%d",&n,&m);
    28     sz=sqrt(n);
    29     for (int i=1; i<=n; i++)
    30     {
    31         scanf("%d",&a[i]);
    32         pre[i]=(i-1)/sz+1;
    33     }
    34     for (int i=1; i<=m; i++)
    35     {
    36         scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
    37         q[i].id=i;
    38     }
    39     sort(q+1,q+m+1,cmp);
    40     ll cnt=0;
    41     int L=1,R=0;
    42     for (int i=1; i<=m; i++)
    43     {
    44         while(L<q[i].l)
    45         {
    46             cnt-=num[a[L]]*num[a[L]];
    47             num[a[L]]--;
    48             cnt+=num[a[L]]*num[a[L]];
    49             L++;
    50         }
    51         while(L>q[i].l)
    52         {
    53             L--;
    54             cnt-=num[a[L]]*num[a[L]];
    55             num[a[L]]++;
    56             cnt+=num[a[L]]*num[a[L]];
    57         }
    58         while(R<q[i].r)
    59         {
    60             R++;
    61             cnt-=num[a[R]]*num[a[R]];
    62             num[a[R]]++;
    63             cnt+=num[a[R]]*num[a[R]];
    64         }
    65         while(R>q[i].r)
    66         {
    67             cnt-=num[a[R]]*num[a[R]];
    68             num[a[R]]--;
    69             cnt+=num[a[R]]*num[a[R]];
    70             R--;
    71         }
    72         if (q[i].l==q[i].r)
    73         {
    74             q[q[i].id].x=0;
    75             q[q[i].id].y=1;
    76         }
    77         q[q[i].id].x=cnt-(q[i].r-q[i].l+1);
    78         q[q[i].id].y=(ll)(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l); //这里之前没加(ll)wa了
    79         ll t=gcd(q[q[i].id].x,q[q[i].id].y);
    80         q[q[i].id].x/=t,q[q[i].id].y/=t;
    81     }
    82     for (int i=1; i<=m; i++)
    83         printf("%lld/%lld
    ",q[i].x,q[i].y);
    84     return 0;
    85 }
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