【国家集训队2010】小Z的袜子[莫队算法]

　　　　　　　　　　【莫队算法】【国家集训队2010】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

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

Hint

样例说明： 
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。 
数据范围： 
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

　　第一次看到这题，第一想法是用线段树或者树状数组维护一下，但仔细一想，似乎不行，因为本题的区间不满足加和性质。于是就需要用到莫队算法。

　　莫队算法可以解决已经知道区间[l,r]的答案，然后可以在O(1)(或者O(log N))的时间内求出[l,r+1],[l,r-1],[l-1,r],[l+1,r]的答案的问题。　　

　　现在知道，在区间[l,r]中，答案是 (X²+Y²+Z².......−(r−l+1))/((r−l+1)(r−l))(X,Y,Z分别代表区间中不同颜色袜子的个数)。

　　显然，这是满足上面的性质的。假如我们按照读入顺序依次求解的话，复杂度为O(n²)，不是特别满意。

　　这时我们就需要用到莫队算法，莫队算法的核心就是改变求解询问的顺序，从而减少运算的次数。那么，怎么样改变顺序来使速度最快呢？可以把每个区间都看做2维平面上的点，这些点的距离为横，纵坐标之差，然后我们可以O(N logN)求出这些平面点的曼哈顿最小生成树，但这样太复杂（而且我也不会）。

　　所以我们可以用分块来处理，将N 分成N^½块，然后我们维护一下左端点所在块的编号。以左端点的编号为第一关键字，右端点的编号为第二关键字排序；然后以排序后的顺序依次求解（所以是离线的），在求解的过程中维护答案的值。这样做的复杂度为 O(N∗N^½)。以下是证明过程：

• 时间复杂度就是左右端点移动的次数。
• 对于右端点的移动：因为一共只有N^½个块，每个块中右端点最多移动n次，所以复杂度为O(N×N^½)。
• 对于左端点的移动：如果在同一块中移动，那么是O(N^½)的，如果跨越了块，那么最多跨越O(N)，那么复杂度为O(N×N^½+N)
• 综上，时间复杂度为O(N×N^½)。

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a),_end_=(b);i<=_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(register int i=(a),_end_=(b);i>=_end_;i--)
#define EREP(i,a) for(register int i=start[(a)];i;i=e[i].next)
inline int read()
{
    int sum=,p=;char ch=getchar();
    while(!((''<=ch && ch<='') || ch=='-'))ch=getchar();
    if(ch=='-')p=-,ch=getchar();
    while(''<=ch && ch<='')sum=sum*+ch-,ch=getchar();
    return sum*p;
}

const int maxn=5e4+;

int n,m;
int w[maxn];

void init()
{
    n=read();m=read();
    REP(i,,n)w[i]=read();
}

struct query {
    int l,r,t,sx;
};

struct ans {
    ll a,b;
};

query qu[maxn];
ans Ans[maxn];
int k;

bool cmp(const query a,const query b)
{
    if(a.t==b.t)return a.r<b.r;
    return a.t<b.t;
}

ll co[maxn]={};
ll A;

void work(int x,int add)
{
    A-=co[w[x]]*co[w[x]];
    co[w[x]]+=add;
    A+=co[w[x]]*co[w[x]];

}

void doing()
{
    k=(int)sqrt(n);
    REP(i,,m)
    {
        qu[i].l=read();qu[i].r=read();
        qu[i].t=(qu[i].l-)/k+;
        qu[i].sx=i;
    }
    sort(qu+,qu+m+,cmp);
    int l=,r=;
    REP(i,,m)
    {
        while(l>qu[i].l)work(l-,),l--;
        while(l<qu[i].l)work(l,-),l++;
        while(r>qu[i].r)work(r,-),r--;
        while(r<qu[i].r)work(r+,),r++;
        if(qu[i].l==qu[i].r)
        {
            Ans[qu[i].sx]={,};continue;
        }
        Ans[qu[i].sx]={A-(r-l+),(ll)(r-l+)*(r-l)};
    }
    REP(i,,m)
    {
        ll d=__gcd(Ans[i].a,Ans[i].b);
        if(d>)cout<<Ans[i].a/d<<"/"<<Ans[i].b/d<<endl;
        else cout<<Ans[i].a<<"/"<<Ans[i].b<<endl;
    }
}

int main()
{
    init();
    doing();
    return ;
}