莫队详解

莫队实际很简（du）单（liu）

依照某位dalao的说法，就是两只小手（two-pointers）瞎跳

一.莫队（静态莫队）

我们以Luogu P3901 数列找不同为例讲一下静态莫队

这道题是个绿题，因为数据比较弱，但真是一道良心的莫队练手题

莫队是由前国家队队长莫涛发明的

莫队算法的精髓就是通过合理地对询问排序，然后以较优的顺序暴力回答每个询问。处理完一个询问后，可以使用它的信息得到下一个询问区间的答案。（两个小手瞎跳）

考虑这个问题：对于上面这道题，我们知道区间[1,5]每个数的数量，如何求出[2,6]每个数的数量

算法1：暴力扫一遍（废话）

算法2：珂以在区间[1,5]的基础上，去掉位置1（即将左端点右移一位），加上位置6（即将右端点右移一位），得到区间[2,6]的答案。

如果按这样写，一种很简单的构造数据就能把时间复杂度把算法2也送上天：先询问[1,2]，再询问[99999,100000],多重复几次就gg

但莫队算法是算法2的改进版

要进行合理的排序，使得每两个区间的距离最小

但如何进行合理的排序？

莫队提供了这样一个排序方案：将原序列以$ sqrt n$为一块进行分块（分块的大小也珂以调整），排序第一关键字是询问的左端点所在块的编号，第二关键字是询问的右端点本身的位置，都是升序。然后我们用上面提到的“移动当前区间左右端点”的方法，按顺序求每个询问区间的答案，移动每一个询问区间左右端点可以求出下一个区间的答案。

这就是一般的莫队排序

inline bool cmp(register query a,register query b)
{
	return a.bl==b.bl?a.r<b.r:a.bl<b.bl;
}

但由于出题人过于毒瘤

又多出一种优化，叫做奇偶优化

按奇偶块排序。这也是比较通用的。如果区间左端点所在块不同，那么就直接按左端点从小到大排；如果相同，奇块按右端点从小到大排，偶块按右端点从大到小排。

inline bool cmp(register query a,register query b)
{
    return a.bl!=b.bl?a.l<b.l:((a.bl&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}

莫队核心代码qaq：

sort(q+1,q+m+1,cmp); //讲询问按上述方法排序 
int l=1,r=0; //当前左端点和右端点初值（两只小手two-pointers） 
for(register int i=1;i<=m;++i) //对排序后的询问一个个转移 
{
	int ll=q[i].l,rr=q[i].r; //本次询问的区间 
	//转移，++--这些东西比较容易写错，需要注意 
	while(l<ll)
		del(l++);
	while(l>ll)
		add(--l);
	while(r<rr)
		add(++r);
	while(r>rr)
		del(r--);
	ans[q[i].id]=sth; //询问是排过序的，存到答案数组里需要返回原顺序 
}

这样就可以求出答案了！

——可是，这样做的复杂度是什么？

大约是(O(n sqrt n))

Luogu P3901 AC代码：

#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
inline int read()
{
	register int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int v[N],blocksize=0;
struct query{
	int l,r,id,bl;
}q[N];
int sum[N];
bool ans[N];
int cnt=0;
inline void add(register int x)
{
	if(++sum[v[x]]==1)
		++cnt; 
}
inline void del(register int x)
{
	if(--sum[v[x]]==0)
		--cnt;
}
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
    return a.bl!=b.bl?a.l<b.l:((a.bl&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
int main()
{
	memset(sum,0,sizeof(sum));
	int n=read(),m=read();
	blocksize=sqrt(n);
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		v[i]=read();
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int l=read(),r=read();
		q[i]=(query){l,r,i,(l-1)/blocksize+1};
	}
	sort(q+1,q+m+1,cmp);
	int l=1,r=0;
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int ll=q[i].l,rr=q[i].r;
		while(l<ll)
			del(l++);
		while(l>ll)
			add(--l);
		while(r<rr)
			add(++r);
		while(r>rr)
			del(r--);
		ans[q[i].id]=(cnt==rr-ll+1)?1:0;
	}
	for(register int i=1;i<=m;++i)
		if(ans[i])
			puts("Yes");
		else
			puts("No");
	return 0;
 } 

例题：

1.Luogu P3901 数列找不同

讲解比上面暴力

2.Luogu CF375D Tree and Queries

树链剖分（dfs序）后跑莫队

3.Luogu SP3267 DQUERY - D-query

莫队入门题

4.Luogu P1972 [SDOI2009]HH的项链

上面那道题略加卡常

5.Luogu CF86D Powerful array

莫队与小学数学

6.Luogu P1533 可怜的狗狗

莫队+平衡树苟过

7.Luogu P5072 [Ynoi2015]盼君勿忘

题面好评，莫队模板，只是在算贡献时稍微毒瘤

7.Luogu P5071 [Ynoi2015]此时此刻的光辉

题面好评，莫队模板和pollard's Rho的结合

二.动态莫队（单点修改）

写完了上面这道题，可以发现：普通的莫队算法没有支持修改。那么如何改造该算法使它支持修改呢？

莫队俗称优雅的暴力

我们以Luogu P1903 [国家集训队]数颜色 / 维护队列讲解一下动态莫队

那么我们改造莫队算法的思路也只有一个：改造询问排序的方式，然后继续暴力。

首先我们需要把查询操作和修改操作分别记录下来。

在记录查询操作的时候，需要增加一个变量来记录离本次查询最近的修改的位置

然后套上莫队的板子，与普通莫队不一样的是，你需要用一个变量记录当前已经进行了几次修改

每次回答询问时，先从上一个询问的时间“穿越”到当前询问的时间：如果当前询问的时间更靠后，则顺序执行所有修改，直到达到当前询问时间；如果当前询问的时间更靠前，则“时光倒流”，还原所有多余的修改。进行推移时间的操作时，如果涉及到当前区间内的位置的修改，要对答案进行相应的维护。

排序有三个关键字：

1.左端点所在块数 2.右端点所在块数 3.在这次修改之前查询的次数

inline bool cmp(register query a,register query b)
{
	return a.bll!=b.bll?a.bll<b.bll:(a.blr!=b.blr?a.blr<b.blr:a.pre<b.pre);
}

完整代码，代码中有详细注释

#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 50005
using namespace std;
inline int read()
{
	register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
	if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
	static int sta[25];int tot=0;
	while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
	while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
struct change{    //记录修改操作的结构体，place为修改的位置，pre是修改之前的值，suf是修改之后的值 
	int place,pre,suf;
}cg[N];
struct query{     //记录查询操作的结构体，l，r为查询左右端点，pre表示之前有过几次修改，id表示这是第几次查询，bll，blr表示左右端点所在的块 
	int l,r,pre,id,bll,blr;
}q[N];
int a[N],blocksize=0,p[1000001],ans[N];
inline bool cmp(register query a,register query b) //按上述三个关键字排序 
{
	return a.bll!=b.bll?a.bll<b.bll:(a.blr!=b.blr?a.blr<b.blr:a.pre<b.pre);
}
int main()
{
	int n=read(),m=read(),tota=0,totb=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=read();
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		char ch=getchar();
		while(ch!='R'&&ch!='Q')
			ch=getchar();
		if(ch=='R') //修改 
		{
			cg[++tota].place=read(),cg[tota].suf=read();
			cg[tota].pre=a[cg[tota].place]; //为了方便先在原数组上修改 
			a[cg[tota].place]=cg[tota].suf;
		}
		else
		{
			int l=read(),r=read();
			q[++totb]=(query){l,r,tota,totb,0};
		}
	}
	blocksize=ceil(exp((log(n)+log(tota))/3)); //奇妙的块的大小 
	for(register int i=1;i<=totb;++i)
		q[i].bll=(q[i].l-1)/blocksize+1,q[i].blr=(q[i].r-1)/blocksize+1;
	for(register int i=tota;i>=1;--i) //还原数组 
		a[cg[i].place]=cg[i].pre;
	sort(q+1,q+totb+1,cmp); //排序 
	int l=1,r=0,num=0,ti=0;
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int ll=q[i].l,rr=q[i].r,t=q[i].pre;
	    //正常莫队操作 
		while(ll<l)
			num+=!p[a[--l]]++;
		while(ll>l)
			num-=!--p[a[l++]];
		while(rr>r)
			num+=!p[a[++r]]++;
		while(rr<r)
			num-=!--p[a[r--]];
		while(t<ti) //当本次查询时修改的次数小于已经修改的次数，时光倒流 （还原修改） 
		{
			int pla=cg[ti].place;
			if(l<=pla&&pla<=r)
				num-=!--p[a[pla]];
			a[pla]=cg[ti--].pre;
			if(l<=pla&&pla<=r)
				num+=!p[a[pla]]++;
		}
		while(t>ti) //当本次查询时修改的次数大于已经修改的次数，穿越 （把该修改的修改） 
		{
			int pla=cg[++ti].place;
			if(l<=pla&&pla<=r)
				num-=!--p[a[pla]];
			a[pla]=cg[ti].suf;
			if(l<=pla&&pla<=r)
				num+=!p[a[pla]]++;
		}
		ans[q[i].id]=num;
	}
	for(register int i=1;i<=totb;++i)
	{
		write(ans[i]);
		printf("
");
	}
	return 0;
}

三、树上莫队

树上莫队，顾名思义就是把莫队搬到树上。

复杂度同序列上的莫队（不带修：(O(n sqrt n))，带修：(O(n^frac{5}{3}))）

我们根据Luogu SP10707 COT2 - Count on a tree II来讲树上莫队

题目意思很明确：给定一个n个节点的树，每个节点表示一个整数，问u到v的路径上有多少个不同的整数。

像这种不带修改数颜色的题首先想到的肯定是树套树莫队，那么如何把在序列上的莫队搬到树上呢？

欧拉序

我们考虑用什么东西可以把树上的问题转化到序列上，dfs序是可以的，但是这道题不行（无法搞lca的贡献）

有一种神奇的东西，叫做欧拉序。

它的核心思想是：当访问到点i时，加入序列，然后访问i的子树，当访问完时，再把i加入序列

煮个栗子，下面这棵树的欧拉序为

1 2 3 4 4 5 5 6 6 3 7 7 2 1

有了这个有什么用呢？

我们考虑我们要解决的问题：求x到y的路径上有多少个不同的整数

这里我们设st[i]表示访问到i时加入欧拉序的时间，ed[i]表示回溯经过i时加入欧拉序的时间

不妨设st[x]<st[y]（也就是先访问x，再访问y）

分情况讨论

• 若lca(x,y)=x，这时x,y在一条链上，那么st[x]到st[y]这段区间中，有的点出现了两次，有的点没有出现过，这些点都是对答案没有贡献的，我们只需要统计出现过1次的点就好

  比如当询问为2,6时，(st[2],st[6])=2 3 4 4 5 5 6 4,5这两个点都出现了两次，因此不统计进入答案

• 若lca(x,y)≠x，此时x,y位于不同的子树内，我们只需要按照上面的方法统计ed[x]到st[y]这段区间内的点。

  比如当询问为4,7时，(ed[4],st[7])=4 5 5 6 6 3 7。大家发现了什么？没错！我们没有统计lca，因此我们需要特判lca

算欧拉序之后可以顺带重链剖分，这样lca就直接树剖来求了qaq

完整代码

#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 40005
#define M 100005
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; 
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
}
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline void Swap(register int &a,register int &b)
{
    a^=b^=a^=b;
}
struct edge{
    int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void add(register int u,register int v)
{
    e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
    head[u]=cnt;
}
int n,m;
int a[N],date[N];
int dep[N],top[N],siz[N],son[N],fa[N],st[N],ed[N],pot[N<<1],tot=0;
inline void dfs1(register int x,register int f)
{
    fa[x]=f,siz[x]=1,st[x]=++tot;
    pot[tot]=x;
    for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
        if(e[i].to!=f)
        {
            dep[e[i].to]=dep[x]+1;
            dfs1(e[i].to,x);
            siz[x]+=siz[e[i].to];
            if(siz[e[i].to]>siz[son[x]])
                son[x]=e[i].to;
        }
    ed[x]=++tot;
    pot[tot]=x;
}
inline void dfs2(register int x,register int topf)
{
    top[x]=topf;
    if(son[x])
        dfs2(son[x],topf);
    for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
        if(e[i].to!=fa[x]&&e[i].to!=son[x])
            dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
inline int Getlca(register int x,register int y)
{
    while(top[x]!=top[y])
    {
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
            Swap(x,y);
        x=fa[top[x]];
    }
    return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
struct query{
    int l,r,id,lca;
}q[M];
int bel[N<<1],block;
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
    return bel[a.l]!=bel[b.l]?a.l<b.l:((bel[a.l]&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
int ans[M],p[N],vis[N],res=0;
inline void add(register int x)
{
    res+=!p[x]++;
}
inline void del(register int x)
{
    res-=!--p[x];
}
inline void Add(register int x)
{
    vis[x]?del(a[x]):add(a[x]);
    vis[x]^=1;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    block=sqrt(n);
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=date[i]=read();
    for(register int i=1;i<=(n<<1);++i)
        bel[i]=i/block+1;
    sort(date+1,date+1+n);
    int num=unique(date+1,date+1+n)-date-1;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=lower_bound(date+1,date+1+num,a[i])-date;
    for(register int i=1;i<n;++i)
    {
        int u=read(),v=read();
        add(u,v),add(v,u);
    }
    dep[1]=1;
    dfs1(1,0);
    dfs2(1,1);
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x=read(),y=read();
        if(st[x]>st[y])
            Swap(x,y);
        int lcaa=Getlca(x,y);
        q[i].id=i;
        if(lcaa==x)
            q[i].l=st[x],q[i].r=st[y];
        else
            q[i].l=ed[x],q[i].r=st[y],q[i].lca=lcaa;
    }
    sort(q+1,q+1+m,cmp);
    int l=1,r=0;
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        int ll=q[i].l,rr=q[i].r;
        while(l<ll)
            Add(pot[l++]);
        while(l>ll)
            Add(pot[--l]);
        while(r<rr)
            Add(pot[++r]);
        while(r>rr)
            Add(pot[r--]);
        if(q[i].lca)
            Add(q[i].lca);
        ans[q[i].id]=res;
        if(q[i].lca)
            Add(q[i].lca);
    }
    for(register int i=1;i<=m;++i)
        write(ans[i]),puts("");
    return 0;
} 

四、回滚莫队

1.我们以块编号为第一关键字排序，右端点位置为第二关键字排序

2.询问时依次枚举区间，我们保留右端点的移量（右边单增），左端点则每次在这一个块中来回移动

3.下一个块时，清空统计答案重做

所以对于每一个块：左端点每次操作(O(sqrt n))，右端点总共移n，均摊(O(sqrt n))，因此时间复杂度保证了(O(nsqrt n))

完整代码Luogu AT1219 歴史の研究

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
    register ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register ll x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[36];int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline ll Max(register ll a,register ll b)
{
	return a>b?a:b;
}
struct query{
	int l,r,id,bll,blr;
}q[N];
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
    return a.bll==b.bll?a.r<b.r:a.bll<b.bll;
}
int n,m,blocksize;
int a[N],v[N];
ll sum[N],num[N],ans[N];
ll pre,now;
inline void add(register int x)
{
	sum[x]+=v[x];
	now=Max(now,sum[x]);
}
inline void del(register int x)
{
	sum[x]-=v[x];
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	blocksize=sqrt(n);
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		v[i]=a[i]=read();
	sort(v+1,v+1+n);
	int tot=unique(v+1,v+1+n)-v-1;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=lower_bound(v+1,v+1+tot,a[i])-v;
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int l=read(),r=read();
		q[i]=(query){l,r,i,(l-1)/blocksize+1,(r-1)/blocksize+1};
	}
	sort(q+1,q+1+m,cmp);
	int l=1,r=0,pos=0;
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int ql=q[i].l,qr=q[i].r;
		if(q[i].bll!=q[i-1].bll)
		{
			memset(sum,0,sizeof(sum));
			pre=now=0;
			l=pos=q[i].bll*blocksize+1;
			r=l-1;
		}
		if(q[i].bll==q[i].blr)
		{
			ll cur=0;
			for(register int j=ql;j<=qr;++j)
			{
				num[a[j]]+=v[a[j]];
				cur=Max(cur,num[a[j]]);
			}
			for(register int j=ql;j<=qr;++j)
				num[a[j]]-=v[a[j]];
			ans[q[i].id]=cur;
			continue;
		}
		while(r<qr)
			add(a[++r]);
		pre=now;
		while(l>ql)
			add(a[--l]);
		ans[q[i].id]=now;
		while(l<pos)
			del(a[l++]);
		now=pre;
	}
	for(register int i=1;i<=m;++i)
		write(ans[i]),puts("");
	return 0;
}