BZOJ2038 2009国家集训队 小Z的袜子(hose)


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

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

【样例解释】

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。

【数据规模和约定】

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。


在袜子个数确定的时候,分子和分母可以分别维护,然后就可以用莫队算法跑一跑,顺便维护一下就行了


  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define N 100010
  4. #define LL long long
  5. inline LL read(){
  6. LL x=0,w=1;
  7. char c=getchar();
  8. while(!isdigit(c)&&c!='-')c=getchar();
  9. if(c=='-')w=-1,c=getchar();
  10. while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=getchar();
  11. return x*w;
  12. }
  13. struct Node{LL tim,l,r,fz,fm;}p[N];
  14. LL bl[N],c[N],s[N];
  15. LL n,m,ans=0;
  16. bool cmp1(Node p,Node b){
  17. if(bl[p.l]==bl[b.l])return p.r<b.r;
  18. return bl[p.l]<bl[b.l];
  19. }
  20. bool cmp2(Node p,Node b){
  21. return p.tim<b.tim;
  22. }
  23. LL gcd(LL a,LL b){
  24. if(!b)return a;
  25. return gcd(b,a%b);
  26. }
  27. void update(LL t,LL val){
  28. LL &q=s[c[t]];
  29. ans-=q*q;
  30. q+=val;
  31. ans+=q*q;
  32. }
  33. int main(){
  34. n=read();m=read();
  35. LL k=sqrt(n);
  36. for(LL i=1;i<=n;i++)bl[i]=(i-1)/k+1;
  37. for(LL i=1;i<=n;i++)c[i]=read();
  38. for(LL i=1;i<=m;i++){
  39. p[i].l=read();
  40. p[i].r=read();
  41. p[i].tim=i;
  42. }
  43. sort(p+1,p+m+1,cmp1);
  44. LL l=1,r=0;
  45. for(LL i=1;i<=m;i++){
  46. p[i].fm=(p[i].r-p[i].l+1)*(p[i].r-p[i].l);
  47. while(r<p[i].r)update(r+1,1),r++;
  48. while(r>p[i].r)update(r,-1),r--;
  49. while(l<p[i].l)update(l,-1),l++;
  50. while(l>p[i].l)update(l-1,1),l--;
  51. if(p[i].l==p[i].r){
  52. p[i].fm=1;
  53. p[i].fz=0;
  54. continue;
  55. }
  56. p[i].fz=ans-(p[i].r-p[i].l+1);
  57. p[i].fm=(p[i].r-p[i].l+1)*(p[i].r-p[i].l);
  58. LL w=gcd(p[i].fm,p[i].fz);
  59. p[i].fz/=w;p[i].fm/=w;
  60. }
  61. sort(p+1,p+m+1,cmp2);
  62. for(LL i=1;i<=m;i++)
  63. printf("%lld/%lld\n",p[i].fz,p[i].fm);
  64. return 0;
  65. }

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