BZOJ 2038 小Z的袜子

https://vjudge.net/problem/36887/origin

题目

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

Constrain

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。

题解

只看懂了离线做法……

答案显然是

[frac{sum inom{cnt}{2}}{inom{len}{2}}]

为了计算cnt，依次循环，时间复杂度是$mathcal{O}(m imes n)$，显然不行

如果能利用已经计算了的结果，可以减小一点复杂度，比如从上一次的范围扩展、收缩。

但是这样的时间复杂度仍然是$mathcal{O}(m imes n)$，因为扩展、收缩的范围不确定。

于是就想办法固定扩展、收缩的范围，比如$sqrt{n}$

把询问按照左端点排序，然后把n个袜子分为$sqrt{n}$块，处理左端点在每一块内的询问

虽然保证了左端点变化不超过$mathcal{O}(sqrt{n})$，但是右端点没有限制（可能来回移动），仍然是mathcal{O}(m imes n)$

所以把右端点排个序，让它单调不减，于是总的变化在$mathcal{O}(n)$内。

那么时间复杂度是$mathcal{O}(m imes sqrt{n}+2n)$

这样算下来已经$10^8$了，BZOJ评测机有点慢，于是还得想办法减少复杂度……

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define REPE(i,a,b) for(register int i=(a); i<=(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
typedef long long ll;
#define MAXN 50007
int c[MAXN];
struct qu {
	int l,r; int id;
} q[MAXN], b[MAXN];
bool cmp1(const qu&a, const qu&b) { return a.l<b.l; }
bool cmp2(const qu&a, const qu&b) { return a.r<b.r; }
struct a {
	int fm,fz;
}ans[MAXN];
int cnt[MAXN];
int n,m;
inline int gcd(int a, int b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
int fz, fm;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	REP(i,0,n) {
		scanf("%d", &c[i]); c[i]--;
	}
	REP(i,0,m) {
		scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r); q[i].l--, q[i].r--;
		q[i].id=i;
	}
	sort(q,q+m,cmp1);
	int len = sqrt(double(n));
	int nk = (n+len-1)/len;
	int j=0, L=0, R=len;
	REP(i,0,nk) {
		fz=0;
		int k=0;
		for(;j<m&&q[j].l>=L&&q[j].l<R;j++) b[k++]=q[j];
		if(!k) continue;
		sort(b,b+k,cmp2);
		memset(cnt,0,sizeof(int)*n);
		int nowl=b[0].l, nowr=b[0].r;
		REPE(i,nowl,nowr) {
			fz-=(ll)cnt[c[i]]*(cnt[c[i]]-1)/2;
			cnt[c[i]]++;
			fz+=(ll)cnt[c[i]]*(cnt[c[i]]-1)/2;
		}
		fm = nowr-nowl+1;
		fm = (ll)fm*(fm-1)/2;
		ans[b[0].id]=(a){fm,fz};
		REP(i,1,k) {
			while(nowl>b[i].l) {
				nowl--;
				fz-=(ll)cnt[c[nowl]]*(cnt[c[nowl]]-1)/2;
				cnt[c[nowl]]++;
				fz+=(ll)cnt[c[nowl]]*(cnt[c[nowl]]-1)/2;
			}
			while(nowl<b[i].l) {
				fz-=(ll)cnt[c[nowl]]*(cnt[c[nowl]]-1)/2;
				cnt[c[nowl]]--;
				fz+=(ll)cnt[c[nowl]]*(cnt[c[nowl]]-1)/2;
				nowl++;
			}
			while(nowr<b[i].r) {
				nowr++;
				fz-=(ll)cnt[c[nowr]]*(cnt[c[nowr]]-1)/2;
				cnt[c[nowr]]++;
				fz+=(ll)cnt[c[nowr]]*(cnt[c[nowr]]-1)/2;
			}
			fm = nowr-nowl+1;
			fm = (ll)fm*(fm-1)/2;
			ans[b[i].id]=(a){fm,fz};
		}
		L+=len, R+=len;
	}
	REP(i,0,m) {
		int g=gcd(ans[i].fz, ans[i].fm);
		printf("%d/%d
", ans[i].fz/g, ans[i].fm/g);
	}
	return 0;
}