bzoj2038 小Z的袜子【莫队算法模板+详解】

解题思路：

莫队出的模板题。

如果我们知道了询问区间中每种颜色的数量cnti，那么一种颜色的贡献就是C2cnti，总方案数是C2r−l+1，每种颜色贡献求和再与总方案数求gcd即可。

关键是如何快速统计区间内每种颜色的数量，这就要用到莫队算法。

考虑建立两个指针l,r，表示区间[l,r]内每种颜色的数量已知。
再将询问离线，按询问左端点所在块(块大小为n√)为第一关键字，右端点坐标为第二关键字排序，每次询问一位位暴力挪动l,r指针到该询问左右端点对应位置，同时修改贡献即可（挪一次指针只会改变一种颜色的数量，直接减去原来贡献，加上新贡献），这就是莫队算法，可以证明指针挪动次数为O(nn√)，证明如下：

先考虑左指针。
当询问左端点在同一块时，每次挪动不超过n√次；换块时，最多移动2n√次，所以左指针移动次数是O(nn√)的。

再考虑右指针。
当询问左端点在同一块时，询问右端点单调递增，一块内最多移动n次；当换块时，右指针最多从n挪回1，也是n次；而整个区间最多会被分为n√块，所以右端点移动次数也是O(nn√)的。

综上，莫队算法的时间复杂度是O(nn√)的。

其实还有带修改的莫队，可以做做bzoj2120，
题解详见http://blog.csdn.net/cdsszjj/article/details/78397256

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int read(){    int i=0,f=1;char c;    for(c=getchar();(c<'0'||c>'9')&&c!='-';c=getchar());    if(c=='-')f=-1,c=getchar();    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';    return i*f;}const int N=50005;int n,m,S,a[N],cnt[N];struct node{    int l,r,id,block;    inline friend bool operator < (const node &a,const node &b)    {return a.block<b.block||a.block==b.block&&a.r<b.r;}}q[N];pair<int,int>ans[N];int gcd(int a,int b){    return b?gcd(b,a%b):a;}int calc(int x){    return 1ll*x*(x-1)/2;}int main(){    //freopen("lx.in","r",stdin);    n=read(),m=read(),S=sqrt(n);    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();    for(int i=1;i<=m;i++)    {        q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;        q[i].block=(q[i].l-1)/S+1;    }    sort(q+1,q+m+1);    int l=1,r=0,num=0;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int tot=calc(q[i].r-q[i].l+1);        while(l<q[i].l)num=num-calc(cnt[a[l]])+calc(--cnt[a[l]]),++l;        while(l>q[i].l)--l,num=num-calc(cnt[a[l]])+calc(++cnt[a[l]]);        while(r<q[i].r)++r,num=num-calc(cnt[a[r]])+calc(++cnt[a[r]]);        while(r>q[i].r)num=num-calc(cnt[a[r]])+calc(--cnt[a[r]]),--r;        int d=gcd(num,tot);        ans[q[i].id]=make_pair(num/d,tot/d);    }    for(int i=1;i<=m;i++)        cout<<ans[i].first<<'/'<<ans[i].second<<'\n';    return 0;}