这个算法说实话，我觉得并没有掌握到他的精髓，但是我觉得我还是理解了一下他最基本的一些用法，我发现这个算法还是非常有意思的。
下面这道题是莫队算法的始祖：
P1494 [国家集训队]小Z的袜子
我觉得我一个人可能也没法把这个东西说得太清楚，所以说我引用一下网上大佬的东西：
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……
下面的内容全为转载：
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2unit步可以使得l成功到达目标.复杂度为：O(munit)
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(nunit+nn/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）：
(下面是我参考一位大佬写的博客！)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long int
const int maxn=50003,maxm = maxn;
struct Ask{
int l,r,i;
}asks[maxm];
int n,m,A[maxn],block[maxn];
int cnt[maxn],len[maxm];
LL ans,res[maxm];
int cmp(Ask a1,Ask a2){
if(block[a1.l]!=block[a2.l])return block[a1.l]<block[a2.l];
else return block[a1.r]<block[a2.r];
}
inline void add(int v){
ans+=cnt[v];
cnt[v]++;
}
inline void remove(int v){
ans+=1-cnt[v];
cnt[v]--;
}
void Mo(){
int L=1,R=0;
for(register int i=1;i<=m;++i){
len[asks[i].i]=asks[i].r-asks[i].l+1;
if(asks[i].l==asks[i].r)continue;
while(asks[i].l<L)add(A[--L]);
while(asks[i].l>L)remove(A[L++]);
while(asks[i].r<R)remove(A[R--]);
while(asks[i].r>R)add(A[++R]);
res[asks[i].i]=ans;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int unit = sqrt(n);
for(register int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&A[i]);
block[i]=(i-1)/unit+1;
}
for(register int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&asks[i].l,&asks[i].r);
asks[i].i=i;
}
sort(asks+1,asks+m+1,cmp);
Mo();
for(register int i=1;i<=m;++i){
if(len[i]==1||res[i]==0){
printf("0/1
");
continue;
}
LL num = (LL)len[i]*((LL)len[i]-1)/2;
LL gg = __gcd(res[i],num);
res[i]/=gg;
num/=gg;
printf("%lld/%lld
",res[i],num);
}
}