【BZOJ2038】【2009国家集训队】小Z的袜子(hose) 分块+莫队

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。

HINT

Source

Solution：并不是吐槽：其实并没有人在看blog的时候看题面吧。。。

感觉分块挺有趣的哈，巧妙的暴力= =在加上巧妙的莫队思路更有趣了，关于莫队，复制一下黄学长的

“莫队算法
如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。如果只能在logn的时间移动区间，则时间复杂度是O(n^1.5*log n)。
其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。”

对于这道题将其分为sqrt(N)块，为什么？不造。。。对每个询问区间在以左端点为第一关键字，同一块以右端点为第二关键字排序，然后就可进行因垂斯汀的莫队辣，首先对于区间[l,r]，以c[i]记录颜色，sum[i]记录颜色出现的次数，则可组成的袜纸数为&sigma(sum[c[i]])*（sum[c[i]]-1）（组合数），以此进行更新，最后同除gcd即可。

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 #define N 50000
 #define ll long long
 using namespace std;
 struct data{ll a,b; int id,l,r;}a[N+];
 ll gcd(ll a,ll b)   {return b==?a:gcd(b,a%b);}
 int c[N+],pos[N+];
 ll ans,sum[N+];
 int n,m;
 
 bool cmp1(data a,data b)
 {
     if (pos[a.l]==pos[b.l]) return a.r<b.r;
     return a.l<b.l;
 }
 
 bool cmp2(data a,data b)
 {
     return a.id<b.id;
 }
 
 void init()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for (int i=;i<=n;i++)   scanf("%d",&c[i]);
     for (int i=;i<=m;i++)   scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r),a[i].id=i;
     int block=int(sqrt(n));
     for (int i=;i<=n;i++)   pos[i]=(i-)/block+;
 }
 
 void doit(int x,int y)
 {
     ans-=(sum[c[x]]-)*(sum[c[x]]);
     sum[c[x]]+=y;
     ans+=(sum[c[x]]-)*(sum[c[x]]);
 }
 
 void work()
 {
     int l=,r=;
     for (int i=;i<=m;i++)
     {
         for (;r<a[i].r;r++)  doit(r+,);
         for (;r>a[i].r;r--)  doit(r,-);
         for (;l<a[i].l;l++)  doit(l,-);
         for (;l>a[i].l;l--)  doit(l-,);
         if (a[i].l==a[i].r)
         {
             a[i].a=; a[i].b=;
             continue;
         }
         a[i].a=ans;
         a[i].b=(ll)(a[i].r-a[i].l+)*(a[i].r-a[i].l);
         ll g=gcd(a[i].a,a[i].b);
         a[i].a/=g;  a[i].b/=g;
     }
 }
 
 int main()
 {
     init();
     sort(a+,a+m+,cmp1);
     work();
     sort(a+,a+m+,cmp2);
     for (int i=;i<=m;i++)
         printf("%lld/%lld\n",a[i].a,a[i].b);
     return ;
 }