【bzoj2038】 小Z的袜子(hose)

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2038 (题目链接)

转自：http://blog.csdn.net/bossup/article/details/39236275

题意：给出n个数以及m个区间，求在每个区间内选出两个数，有多大的概率使选出的两个数相等。

solution
　　对于L,R的询问。设其中颜色为x,y,z….的袜子的个数为a,b,c….那么答案即为(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2….)/((R-L+1)(R-L)/2)，化简得:(a^2+b^2+c^2+…x^2-(a+b+c+d+…..))/((R-L+1)(R-L))
即：(a^2+b^2+c^2+…x^2-(R-L+1))/((R-L+1)*(R-L))
　　所以这道题目的关键是求一个区间内每种颜色数目的平方和。
　　但问题时怎么快速求解呢？
　　对于一般区间维护类问题一般想到用线段树。但是这题完全不知道线段树怎么做，所以只能用莫队算法了。
　　莫队算法是离线处理一类区间不修改查询类问题的算法。就是如果你知道了[L,R]的答案。你可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案的话。就可以使用莫队算法。
　　对于莫队算法其实就是暴力。只是预先知道了所有的询问。可以合理的组织计算每个询问的顺序以此来降低复杂度。要知道我们算完[L,R]的答案后现在要算[L’,R’]的答案。由于可以在O(1)的时间下得到[L,R-1]和[L,R+1]和[L-1,R]和[L+1,R]的答案.所以计算[L’,R’]的答案花的时间为|L-L’|+|R-R’|。如果把询问[L,R]看做平面上的点a(L,R).询问[L’,R’]看做点b(L’,R’)的话。那么时间开销就为两点的曼哈顿距离。所以对于每个询问看做一个点。我们要按一定顺序计算每个值。那开销就为曼哈顿距离的和。要计算到每个点。那么路径至少是一棵树。所以问题就变成了求二维平面的最小曼哈顿距离生成树。
　　关于二维平面最小曼哈顿距离生成树。感兴趣的可以参考【poj3241】 Object Clustering
　　这样只要顺着树边计算一次就ok了。可以证明时间复杂度为n*sqrt(n)这个我不会证明。
　　但是这种方法编程复杂度稍微高了一点。所以有一个比较优雅的替代品。那就是先对序列分块。然后对于所有询问按照L所在块的大小排序。如果一样再按照R排序。然后按照排序后的顺序计算。为什么这样计算就可以降低复杂度呢。
　　一、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
　　二、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
　　三、i与i+1在同一块内时变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过2*n^0.5，不妨看作是n^0.5。由于有n个数，所以时间复杂度是n^1.5。
　　所以复杂度就变成O(n*n½)。

代码：

// bzoj2038#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cmath>#define MOD 1000000007#define inf 2147483640#define LL long long#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);using namespace std;inline LL getint() {    LL x=0,f=1;char ch=getchar();    while (ch>'9' || ch<'0') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}    while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}const int maxn=50010;struct data {LL a,b;int l,r,id;}t[maxn];int n,m,pos[maxn],a[maxn];LL s[maxn],ans;bool cmp1(data a,data b) {    return pos[a.l]==pos[b.l]?a.r<b.r:pos[a.l]<pos[b.l];}bool cmp2(data a,data b) {    return a.id<b.id;}void update(int p,int val) {    ans-=s[a[p]]*s[a[p]];    s[a[p]]+=val;    ans+=s[a[p]]*s[a[p]];}LL gcd(LL x,LL y) {    return x%y==0?y:gcd(y,x%y);}int main() {    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);    int block=int(sqrt(n));    for (int i=1;i<=n;i++) pos[i]=(i-1)/block+1;    for (int i=1;i<=m;i++) {        scanf("%d%d",&t[i].l,&t[i].r);        t[i].id=i;    }    sort(t+1,t+1+m,cmp1);    for (int i=1,l=1,r=0;i<=m;i++) {        for (;r<t[i].r;r++) update(r+1,1);        for (;r>t[i].r;r--) update(r,-1);        for (;l<t[i].l;l++) update(l,-1);        for (;l>t[i].l;l--) update(l-1,1);        if (t[i].l==t[i].r) {t[i].a=0,t[i].b=1;continue;}        t[i].a=ans-(t[i].r-t[i].l+1);        t[i].b=(LL)(t[i].r-t[i].l+1)*(t[i].r-t[i].l);        LL k=gcd(t[i].a,t[i].b);        t[i].a/=k;t[i].b/=k;    }    sort(t+1,t+1+m,cmp2);    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%lld/%lld\n",t[i].a,t[i].b);    return 0;}