小Z的袜子 题解报告【莫队】

Description

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

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

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

6 4

1 2 3 3 3 2

2 6

1 3

3 5

1 6

Sample Output

2/5

0/1

1/1

4/15

【样例解释】

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。

题解

莫队算法

久违的莫队~
询问很多，我们不可能一次次数，这就用到了莫队算法。
我们将询问区间按左端点分块排序，先暴力算出第一个区间的结果，然后开始移动左右节点。

当多一只袜子z的时候，如果这只袜子原来有x只，那么将会对答案贡献x
同样的道理
当少一只袜子z的时候，如果这只袜子少后有x只，那么将会使答案减少x
以此来移动区间

证明:
当有  x  只z袜子时，z袜子的抽取总方案S0=x*(x-1)/2
当有x+1只z袜子时，z袜子的抽取总方案S1=x*(x+1)/2
S1-S0=x

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define LL long long int
using namespace std;
const int maxn = 50005,maxm = 100005,INF = 200000000;

inline int read(){
int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = out * 10 + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}

int T,N,M,color[maxn],cnt[maxn];
LL ansu[maxn],ansd[maxn];

struct Que{
int l,r,id;
}Q[maxn];

inline bool operator < (const Que& a,const Que& b){
return (a.l / T) == (b.l / T) ? a.r < b.r : a.l < b.l;
}

inline LL gcd(LL a,LL b){return !b ? a : gcd(b,a % b);}

void init(){
N = read();
M = read();
T = (int)sqrt(N);
for (int i = 1; i <= N; i++) color[i] = read();
for (int i = 1; i <= M; i++){
Q[i].id = i;
Q[i].l = read();
Q[i].r = read();
}
sort(Q + 1,Q + 1 +M);
}

inline void solve(){
LL l = Q[1].l,r = Q[1].r,tot = (r - l + 1) * (r - l) / 2,ans = 0,d;
for (int i = l; i <= r; i++){
ans += cnt[color[i]];
cnt[color[i]]++;
}
if(!ans) ansu[Q[1].id] = 0,ansd[Q[1].id] = 1;
else d = gcd(ans,tot),ansu[Q[1].id] = ans / d,ansd[Q[1].id] = tot /d;
for (int i = 2; i <= M; i++){
while (l < Q[i].l){
cnt[color[l]]--;
ans -= cnt[color[l]];
l++;
}
while (l > Q[i].l){
l--;
ans += cnt[color[l]];
cnt[color[l]]++;
}
while (r > Q[i].r){
cnt[color[r]]--;
ans -= cnt[color[r]];
r--;
}
while (r < Q[i].r){
r++;
ans += cnt[color[r]];
cnt[color[r]]++;
}
tot = (r - l +1) * (r - l) / 2;
if(!ans) ansu[Q[i].id] = 0,ansd[Q[i].id] = 1;
else d = gcd(ans,tot),ansu[Q[i].id] = ans / d,ansd[Q[i].id] = tot /d;
}
}

inline void print(){
for(int i = 1; i <= M; i++)
printf("%lld/%lld\n",ansu[i],ansd[i]);
}

int main()
{
init();
solve();
print();
return 0;
}