[ BZOJ 2038 ] Hose
\(\\\)
Description
给出一个数列,多次询问,每次给出一个区间 \([l_i,r_i]\) ,问在区间中随意选两个位置不同的数,是同一个数的概率有多大。
- \(n,m\le 5\times 10^4\)
\(\\\)
Solution
莫队模板。
才发现自己还没有正经学过莫队
设 \(cnt[i]\) 表示 \(i\) 在 \([l,r]\) 中出现的个数,\(S\) 为这个区间的数集,一个区间的答案可以表示成:
\]
分母好说,考虑如何求分子,不妨展开一下。
\]
于是有一个机智的做法:我们设 \(ans\) 表示括号里面的东西。
每次区间移动时,假如 \(cnt[x]\to cnt[x]'\) ,那么对 \(ans\) 的更新有:
\]
就可以 \(O(1)\) 移动回答区间的左端点或右端点了。
关于询问的排序:左端点在同一个块内的按照右端点排序,不在同一个块内的按照左端点所在块排序。
这样每个块右端点至多移动 \(O(N)\),左端点至多移动 \(O(q\sqrt N)\) ,其中 \(q\) 是左端点在这个块内的询问个数。
总复杂度 \(O(N\sqrt N)\)
\(\\\)
Code
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 50010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll rd(){
ll x=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)) c=gc();
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return x;
}
ll ans,n,m,s[N],cnt[N],bl[N];
struct Q{ll l,r,id,ans1,ans2;}q[N];
inline bool cmp(Q x,Q y){
return bl[x.l]==bl[y.l]?x.r<y.r:bl[x.l]<bl[y.l];
}
inline bool cmp1(Q x,Q y){return x.id<y.id;}
inline ll C(ll x){return (x*(x-1)>>1);}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
inline void move(ll &llst,ll &rlst,ll lnew,ll rnew){
while(llst<lnew){
int x=cnt[s[llst]];
ans=ans-x*x+(x-1)*(x-1)+1;
--cnt[s[llst]]; ++llst;
}
while(llst>lnew){
--llst;
int x=cnt[s[llst]];
ans=ans-x*x+(x+1)*(x+1)-1;
++cnt[s[llst]];
}
while(rlst<rnew){
++rlst;
int x=cnt[s[rlst]];
ans=ans-x*x+(x+1)*(x+1)-1;
++cnt[s[rlst]];
}
while(rlst>rnew){
int x=cnt[s[rlst]];
ans=ans-x*x+(x-1)*(x-1)+1;
--cnt[s[rlst]]; --rlst;
}
}
int main(){
ll n=rd(),m=rd();
ll t=sqrt(n);
for(R ll i=1,cntt=1;i<=n;++i){
if(i%t==0) ++cntt;
bl[i]=cntt;
}
for(R ll i=1;i<=n;++i) s[i]=rd();
for(R ll i=1;i<=m;++i){q[i].l=rd();q[i].r=rd();q[i].id=i;}
sort(q+1,q+1+m,cmp);
ll lnow=1,rnow=1;
++cnt[s[1]];
for(R ll i=1,g;i<=m;++i){
if(q[i].l==q[i].r){
q[i].ans1=0;
q[i].ans2=1;
continue;
}
move(lnow,rnow,q[i].l,q[i].r);
g=gcd(ans/2,C(q[i].r-q[i].l+1));
q[i].ans1=ans/g/2;
q[i].ans2=C(q[i].r-q[i].l+1)/g;
}
sort(q+1,q+1+m,cmp1);
for(R int i=1;i<=m;++i) printf("%lld/%lld\n",q[i].ans1,q[i].ans2);
return 0;
}
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