【BZOJ 2038】小Z的袜子【莫队+分块裸题】

Description

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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

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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

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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

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6 4

1 2 3 3 3 2

2 6

1 3

3 5

1 6

Sample Output

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2/5

0/1

1/1

4/15

【样例解释】

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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】

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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

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版权所有者：莫涛

首先对原序列进行分块，√n块每块√n个；
然后对所有查询的区间[l,r]进行排序，首先按l所在的块序号升序排序，如果一样就按r升序排序；
最后就按顺序一个一个求出各个查询的结果：知道[l,r]的答案，并且在此基础上能在比较快地在O(x)得到相邻区间[l+1,r]、[l-1,r]、[l,r-1]、[l,r+1]的答案，那样就能从[l,r]的基础上对lr加加减减得到任意一个区间[l’,r’]的答案。

看似暴力，但这样做的时间复杂度是O(x*n*√n)

l是按其所在块序号排列，同一块里面一次最多√n次++l或–l到达目标；一块最多大概√n次加加减减；总共√n块；所以l改变的次数顶多也就√n*√n*√n。
r在同一块是升序的，所以同一块最多n次++r；下一块时r假设在上一块到达最远，那最多n次–r回到目标；总共√n块；所以r改变次数顶多也就(n+n)*√n。
而每次加加减减转移新答案的代价是x，所以时间复杂度是O(x*n*√n) ！

这一题，设每个区间[l,r]各个颜色的袜子数分别为a,b,c,d,…，每个区间[l,r]的答案就是(C2a+C2b+C2c+C2d+⋯)/C2r−l+1，展开化简得：
(a2+b2+c2+d2+⋯−a−b−c−d−⋯)/((r−l+1)∗(r−l+1−1))
(a2+b2+c2+d2+⋯−(r−l+1))/((r−l+1)∗(r−l))
其中(a2+b2+c2+d2+⋯)
便可作为莫队算法处理的区间答案，开个数组记录abcd…的个数可以在O(1)转移到相邻区间。
另外特判区间l=r的情况。。

Ref:http://www.cnblogs.com/WABoss/p/5226684.html

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cctype>using namespace std;#define g() getchar()#define d(x) isdigit(x)char ch;typedef long long ll;template<class T>inline void F(T& x){    for(ch=g();!d(ch);ch=g());    for(x=0;d(ch);x=x*10+ch-'0',ch=g());}#define rep(i,s,t) for(int i=(s);i<=(t);i++)#define N 50010int n,m,c[N],pos[N];struct QueryData{int l,r,id;ll a,b;}qs[N];bool cmp1(const QueryData& a,const QueryData& b){    if(pos[a.l]==pos[b.l])return a.r<b.r;    else return a.l<b.l;}bool cmp2(const QueryData& a,const QueryData& b){    return a.id<b.id;}#define sqr(x) (x*x)ll s[N],ans;ll gcd(ll a,ll b){    return b==0?a:gcd(b,a%b);}void update(int p,int add){    ans-=sqr(s[c[p]]);    s[c[p]]+=add;    ans+=sqr(s[c[p]]);}int main(){    F(n),F(m);    rep(i,1,n)F(c[i]);    int block = (int)sqrt(n);    rep(i,1,n)pos[i]=(i-1)/block+1;    rep(i,1,m)F(qs[i].l),F(qs[i].r),qs[i].id=i;    sort(qs+1,qs+1+m,cmp1);    int l=1,r=0;    rep(i,1,m){        for(;r<qs[i].r;r++)            update(r+1,1);        for(;r>qs[i].r;r--)            update(r,-1);        for(;l<qs[i].l;l++)            update(l,-1);        for(;l>qs[i].l;l--)            update(l-1,1);        if(qs[i].l==qs[i].r){//特判             qs[i].a=0;qs[i].b=1;            continue;                       }        qs[i].a=ans-(qs[i].r-qs[i].l+1);        qs[i].b=(ll)(qs[i].r-qs[i].l+1)*(qs[i].r-qs[i].l);        ll k = gcd(qs[i].a,qs[i].b);        qs[i].a/=k,qs[i].b/=k;      }    sort(qs+1,qs+1+m,cmp2);    rep(i,1,m)printf("%lld/%lld\n",qs[i].a,qs[i].b);    return 0;}