[bzoj2038][莫队算法][板子]小Z的袜子

【题意】
作为一个生活散漫的人&＃xff0c;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&＃xff0c;小Z再也无法忍受这恼人的找袜子过程&＃xff0c;于是他决定听天由命……
具体来说&＃xff0c;小Z把这N只袜子从1到N编号&＃xff0c;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&＃xff0c;甚至不在意两只袜子是否一左一右&＃xff0c;他却很在意袜子的颜色&＃xff0c;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&＃xff0c;他有多大的概率抽到两只颜色相同的袜子。当然&＃xff0c;小Z希望这个概率尽量高&＃xff0c;所以他可能会询问多个(L,R)以方便自己选择。
【输入】
输入文件第一行包含两个正整数N和M。N为袜子的数量&＃xff0c;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&＃xff0c;其中Ci表示第i只袜子的颜色&＃xff0c;相同的颜色用相同的数字表示。再接下来M行&＃xff0c;每行两个正整数L&＃xff0c;R表示一个询问。
【输出】
包含M行&＃xff0c;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&＃xff0c;否则输出的A/B必须为最简分数。&＃xff08;详见样例&＃xff09;
【样例输入】
6 4
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
【样例输出】
2/5
0/1
1/1
4/15
【样例解释】
询问1&＃xff1a;共C(5,2)&＃61;10种可能&＃xff0c;其中抽出两个2有1种可能&＃xff0c;抽出两个3有3种可能&＃xff0c;概率为(1&＃43;3)/10&＃61;4/10&＃61;2/5。
询问2&＃xff1a;共C(3,2)&＃61;3种可能&＃xff0c;无法抽到颜色相同的袜子&＃xff0c;概率为0/3&＃61;0/1。
询问3&＃xff1a;共C(3,2)&＃61;3种可能&＃xff0c;均为抽出两个3&＃xff0c;概率为3/3&＃61;1/1。
注&＃xff1a;上述C(a, b)表示组合数&＃xff0c;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&＃xff1b;
60%的数据中 N,M ≤ 25000&＃xff1b;
100%的数据中 N,M ≤ 50000&＃xff0c;1 ≤ L 【题解】
听机房的大佬们膜了好久莫队&＃xff0c;我这个蒟蒻就跟着膜一下吧
我们设一段区间(l~r)内&＃xff08;区间是动的&＃xff01;&＃xff09;的袜子x,y,z…&＃xff0c;设他们在这段区间内一共有a,b,c…这么多只。
那么答案就是

化简一下可以得到

因为l~r区间内a&＃43;b&＃43;c&＃43;d&＃43;…的和一定是l~r区间内这么多的数&＃xff01;
所以说还可以简化成

那么目标我们求一段区间内每个数&＃xff08;a,b,c,…&＃xff09;的平方和即可
这里我们用莫队算法&＃xff01;
假如我们知道了&＃xff08;l&＃xff0c;r&＃xff09;区间的答案&＃xff0c;如果可以在O&＃xff08;1&＃xff09;的时间内找到&＃xff08;l&＃43;1&＃xff0c;r&＃xff09;&＃xff0c;&＃xff08;l&＃xff0c;r&＃43;1&＃xff09;&＃xff0c;&＃xff08;l-1&＃xff0c;r&＃xff09;和&＃xff08;l&＃xff0c;r-1&＃xff09;的答案&＃xff0c;那么就可以使用莫队算法&＃xff01;
实质上就是通过前一个的答案最大化保留然后得到后一个答案的方式来降低时间复杂度&＃xff0c;设&＃xff08;l&＃xff0c;r&＃xff09;是平面上的点&＃xff0c;下一个区间是&＃xff08;lx&＃xff0c;rx&＃xff09;&＃xff0c;那么所需时间的就是|lx-l|&＃43;|rx-r|&＃xff0c;一看就是曼哈顿距离&＃xff01;可以用曼哈顿距离的最小生成树来求得最小的时间复杂度&＃xff0c;但是这比较麻烦&＃xff0c;所以可以采取一个比较强的算法叫分块算法
把n分成sqrt(n)块&＃xff0c;然后所有询问中l的块排序&＃xff0c;如果一样就按r的值来进行排序
这样时间复杂度可以变为O&＃xff08;n*sqrt&＃xff08;n&＃xff09;&＃xff09;

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node
{int l,r;int id;LL ansx,ansy;
}a[51000];
int n,m;
int col[51000],pos[51000];
int block;//分成的块数
bool cmpx(node n1,node n2)
{return pos[n1.l]&＃61;&＃61;pos[n2.l]?n1.r}
bool cmpy(node n1,node n2)
{return n1.id}
LL ans;
LL sum[51000];//s[i]表示在一段区间内&＃xff0c;颜色为i的有多少个
void update(int p,int c)
{ans-&＃61;sum[col[p]]*sum[col[p]];sum[col[p]]&＃43;&＃61;c;ans&＃43;&＃61;sum[col[p]]*sum[col[p]];
}
LL gcd(LL a,LL b)
{if(a&＃61;&＃61;0)return b;return gcd(b%a,a);
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);block&＃61;int(sqrt(n));for(int i&＃61;1;i<&＃61;n;i&＃43;&＃43;){scanf("%d",&col[i]);pos[i]&＃61;(i-1)/block&＃43;1;}for(int i&＃61;1;i<&＃61;m;i&＃43;&＃43;){scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);a[i].id&＃61;i;}memset(sum,0,sizeof(sum));sort(a&＃43;1,a&＃43;1&＃43;m,cmpx);int l&＃61;1,r&＃61;0;ans&＃61;0;//x1^2&＃43;x2^2&＃43;...&＃43;xn^2-(r-l&＃43;1)/(r-l&＃43;1)*(r-l) for(int i&＃61;1;i<&＃61;m;i&＃43;&＃43;){while(r1);while(r>a[i].r)update(r--,-1);while(l1);while(l>a[i].l)update(--l,1);if(a[i].l&＃61;&＃61;a[i].r){a[i].ansx&＃61;0;a[i].ansy&＃61;1;continue;}a[i].ansx&＃61;ans-(a[i].r-a[i].l&＃43;1);a[i].ansy&＃61;(LL)(a[i].r-a[i].l&＃43;1)*(a[i].r-a[i].l);LL p&＃61;gcd(a[i].ansx,a[i].ansy);a[i].ansx/&＃61;p;a[i].ansy/&＃61;p;}sort(a&＃43;1,a&＃43;1&＃43;m,cmpy);for(int i&＃61;1;i<&＃61;m;i&＃43;&＃43;)printf("%lld/%lld\n",a[i].ansx,a[i].ansy);return 0;
}