小Z的袜子(莫队算法)

试题来源

　　2010中国国家集训队命题答辩

问题描述

　　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。

输入格式

　　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。

输出格式

　　输出文件包含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）

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

样例说明

　　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

　　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。

题目链接

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。

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。

莫队算法通过合理的组织计算每个询问的顺序以此来降低复杂度。如果我们算完[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可以了。

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。

代码如下：

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define N 50009
#define ll long long
const int mm = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
ll num
, up
, down
, ans, aa, bb, cc;
int col
, pos
;
struct qnode
{
int l, r, id;
friend bool operator < (qnode a, qnode b)
{
if (pos[a.l] == pos[b.l])   return a.r < b.r;
return pos[a.l] < pos[b.l];
}
}qu
;
ll gcd(ll x, ll y)
{
ll t;
while(t = x%y)
{
x = y;
y = t;
}
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()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("1.txt", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n, m, i, j, bk, pl, pr, id;
while(cin >> n >> m)
{
memset(num, 0, sizeof(num));
bk = ceil(sqrt(1.0*n));
for (i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> col[i];
pos[i] = (i-1)/bk;
}
for (i = 0; i < m; i++)
{
cin >> qu[i].l >> qu[i].r;
qu[i].id = i;
}
sort(qu, qu+m);
pl = 1;
pr = 0;
ans = 0;
for (i = 0; i < m; i++)
{
id = qu[i].id;
if (qu[i].l == qu[i].r)
{
up[id] = 0;
down[id] = 1;
continue;
}
if (pr < qu[i].r)
for (j = pr+1; j <= qu[i].r; j++)
update(j, 1);
else
for (j = pr; j > qu[i].r; j--)
update(j, -1);
pr = qu[i].r;
if (pl < qu[i].l)
for (j = pl; j < qu[i].l; j++)
update(j, -1);
else
for (j = pl-1; j >= qu[i].l; j--)
update(j, 1);
pl = qu[i].l;
aa = ans-qu[i].r + qu[i].l - 1;
bb = (ll)(qu[i].r - qu[i].l + 1)*(qu[i].r - qu[i].l);
cc = gcd(aa, bb);
aa /= cc;
bb /= cc;
up[id] = aa;
down[id] = bb;
}
for (i = 0; i < m; i++)
cout << up[i] << '/' << down[i] << endl;
}
return 0;
}