BZOJ2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose) -- 莫队算法 ，，分块

2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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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。

 

对于L , R区间， 如果 A B，C，...Z颜色袜子的个数如果为a, b, c, ... z那么 ans = (A*(A-1)/2 + B*(B-1)/+....)/ ((R-L+1)*(R-L)/2;

整理之后分子就是(A*A+B*B+...+Z*Z - (R-L+1))/2

所有从[L, R] 到[L+x, L+y]区间的复杂度为O(x+y)， 如此可以用莫队算法， 但是 貌似求曼哈段最小生成那种做法比较繁琐，，简单的方法就是 分块，分成sqrt （n）块， 然后根据每一个询问左端点所在的块 排序，如果在同一个块内，则按右端点排序。

 #include <set>
 #include <map>
 #include <cmath>
 #include <ctime>
 #include <queue>
 #include <stack>
 #include <cstdio>
 #include <string>
 #include <vector>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef long long ll;
 const int inf = 0x3f3f3f3f;
 const double eps = 1e-;
 const int MAXN = 5e4+;
 int block;
 int a[MAXN], pos[MAXN];
 struct Query
 {
     int L, R, idx;
     bool operator < (const Query &rhs)const
     {
         if (pos[L] == pos[rhs.L])
             return R < rhs.R;
         else
             return L < rhs.L;
         //return (pos[L] == pos[rhs.L] && R < rhs.R) || L < rhs.L;
     }
 
 } q[MAXN];
 int n, m;
 ll s[MAXN], ans1[MAXN], ans2[MAXN];
 ll sqr (ll x)
 {
     return  x * x;
 }
 ll ans;
 void update (int x, int d)
 {
     ans -= sqr(s[a[x]]);
     s[a[x]] += d;
     ans += sqr(s[a[x]]);
 }
 ll GCD (ll x, ll y)
 {
     return y ==  ? x : GCD(y, x % y);
 }
 int main()
 {
 #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("in.txt","r",stdin);
 #endif
     while (~ scanf ("%d%d", &n, &m))
     {
         memset(s, , sizeof (s));
         for (int i = ; i <= n; i++)
         {
             scanf ("%d", a+i);
         }
         block = (int) sqrt(n);
         for (int i = ; i <= n; i++)
         {
             pos[i] = (i-)/block + ;
         }
         for (int i = ; i < m; i++)
         {
             scanf ("%d%d", &q[i].L, &q[i].R);
             q[i].idx = i;
         }
         sort (q, q+m);
         int l = , r = ;
         ans = ;
         for (int i = ; i < m; i++)
         {
             while (r < q[i].R)
             {
                 update(r+, );
                 r++;
             }
             while (r > q[i].R)
             {
                 update(r, -);
                 r--;
             }
             while (l < q[i].L)
             {
                 update(l, -);
                 l++;
             }
             while (l > q[i].L)
             {
                 update(l-, );
                 l--;
             }
             ans1[q[i].idx] = ans - (q[i].R - q[i].L + );
             ans2[q[i].idx] = (ll)(q[i].R - q[i].L + )*(q[i].R - q[i].L);
         }
         for (int i = ; i < m; i++)
         {
             ll tmp = GCD(ans1[i], ans2[i]);
             ans1[i] /= tmp;
             ans2[i] /= tmp;
             printf("%lld/%lld\n", ans1[i], ans2[i]);
         }
     }
     return ;
 }