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。

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）

版权所有者：莫涛

参考资料：

http://blog.csdn.net/bossup/article/details/39236275

http://www.cnblogs.com/hzf-sbit/p/4056874.html

http://hzwer.com/2782.html

对于一个区间的概率，就是每种颜色选2个相同的方案数的和/总的选择方案数

化简之后，就是区间内 (每种颜色的数量^2的和-区间长度)/（区间长度*区间长度减1)

问题变为快速求一个区间内每种颜色数量的平方的和

线段树？可以每种颜色单独维护平方，但是会被卡

所以用到了莫队算法

使用范围：

可离线且在得到区间[l,r]的答案后，能在O(1)或O(log2n)得到区间[l,r+1]或[l−1,r]的答案

其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。

这样的话，如果已知[l,r]的答案，要求[l’,r’]的答案，我们很容易通过|l – l’|+|r – r’|次转移内求得。

抽象成平面上的点，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。曼哈顿距离最小生成树

这里通常用分块解决

n个数分块

按区间排序，以左端点所在块内为第一关键字，右端点为第二关键字，进行排序，也就是以(pos [l]，r)排序
然后按这个排序直接暴力，复杂度分析是这样的：
1、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。
2、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
3、i与i+1在同一块内时l变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过n^0.5，由于有m次询问（和n同级），所以时间复杂度是n^1.5
于是就是O(n^1.5)了

为什么这么分块呢？

不这样的话随便构造一组数据就可以卡啊，让l为根号n一组分析见上

本题s[]保存某种颜色在当前区间出现次数，ans保存当前区间s的平方和

对于本题来说，[l,r]到[l,r+1]就是 r+1的颜色个数多了1，设x=s[c[r+1]]分子前面一部分+(x+1)^2-x^2，化简后就是+2*x+1

其他的类似

【11:36:10】ans维护的是当前区间的答案，移动的时候想想什么进来了或者什么出去了就行了

注意：

1.本题update时注意是那个位置的颜色，如update(r+1,1)含义是r+1 的颜色个数多了1

2.update的常数很重要，+d*2*x+1比if分类d处理快了近一倍

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <cstring>

#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=5e4+;

inline int read(){

    char c=getchar();int x=,f=;

    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}

    return x*f;

}

int n,Q,c[N],l,r,bl,pos[N],a[N];

ll s[N],ans;

ll gcd(ll a,ll b){return b==?a:gcd(b,a%b);}

struct data{

    int l,r,id;

    ll a,b;

    bool operator <(const data &x)const{

        if(pos[l]==pos[x.l]) return r<x.r;

        else return pos[l]<pos[x.l];

    }

    void modify(){

        ll k=gcd(a,b);

        a/=k;b/=k;

    }

}q[N];

void update(int p,int d){

    ans+=d**s[c[p]]+;

    s[c[p]]+=d;

}

void sol(){

    int l=,r=;

    for(int i=;i<=Q;i++){

        while(r<q[i].r) r++,update(r,);

        while(r>q[i].r) update(r,-),r--;

        while(l<q[i].l) update(l,-),l++;

        while(l>q[i].l) l--,update(l,);

        if(q[i].l==q[i].r){q[i].a=;q[i].b=;continue;}

        q[i].a=ans-(q[i].r-q[i].l+);

        q[i].b=(ll)(q[i].r-q[i].l+)*(q[i].r-q[i].l);

        q[i].modify();

        a[q[i].id]=i;

    }

}

int  main(){

    n=read();Q=read();

    bl=sqrt(n);

    for(int i=;i<=n;i++) c[i]=read(),pos[i]=(i-)/bl+;

    for(int i=;i<=Q;i++) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;

    sort(q+,q++Q);

    sol();

    for(int i=;i<=Q;i++)

        printf("%lld/%lld\n",q[a[i]].a,q[a[i]].b);

}