HYSBZ - 2038 小Z的袜子 （莫队算法）
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。
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。
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
0/1
1/1
4/15
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。
60%的数据中 N,M ≤ 25000；
100%的数据中 N,M ≤ 50000，1 ≤ L < R ≤ N，Ci ≤ N。
题意：
中文题目就不解释了。
思路：
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，百度了下。知道是莫队算法。
于是乎学习了下。写写学习的心得吧。
莫队算法是莫涛发明了。感觉这人蛮牛逼的。但是网上各种百度他的论文却找不到了。只好到别人的博客里学习学习。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。
对于莫队算法我感觉就是暴力。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。
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
于是就变成了O(n^1.5)了。
解析来自于：http://blog.csdn.net/bossup/article/details/39236275
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define met(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 5e4+;
const int M = ;
ll num[N],up[N],dw[N],ans,aa,bb,cc;
int col[N],pos[N];
struct qnode {
int l,r,id;
} qu[N];
bool cmp(qnode a,qnode b) {
if(pos[a.l]==pos[b.l])
return a.r<b.r;
return pos[a.l]<pos[b.l];
}
ll gcd(ll x,ll y) {
ll tp;
while(tp=x%y) {
x=y;
y=tp;
}
return y;
}
void update(int x,int d) {
ans-=num[col[x]]*num[col[x]];
num[col[x]]+=d;
ans+=num[col[x]]*num[col[x]];
}
int main() {
int n,m,i,j,bk,pl,pr,id;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
memset(num,,sizeof num);
bk=ceil(sqrt(1.0*n));
for(i=; i<=n; i++) {
scanf("%d",&col[i]);
pos[i]=(i-)/bk;
}
for(i=; i<m; i++) {
scanf("%d%d",&qu[i].l,&qu[i].r);
qu[i].id=i;
}
sort(qu,qu+m,cmp);
pl=,pr=;
ans=;
for(i=; i<m; i++) {
id=qu[i].id;
if(qu[i].l==qu[i].r) {
up[id]=,dw[id]=;
continue;
}
if(pr<qu[i].r) {
for(j=pr+; j<=qu[i].r; j++)
update(j,);
} else {
for(j=pr; j>qu[i].r; j--)
update(j,-);
}
pr=qu[i].r;
if(pl<qu[i].l) {
for(j=pl; j<qu[i].l; j++)
update(j,-);
} else {
for(j=pl-; j>=qu[i].l; j--)
update(j,);
}
pl=qu[i].l;
aa=ans-qu[i].r+qu[i].l-;
bb=(ll)(qu[i].r-qu[i].l+)*(qu[i].r-qu[i].l);
cc=gcd(aa,bb);
aa/=cc,bb/=cc;
up[id]=aa,dw[id]=bb;
}
for(i=; i<m; i++)
printf("%lld/%lld\n",up[i],dw[i]);
}
return ;
}
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