2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 259 MB
Submit: 9894 Solved: 4561
[Submit][Status][Discuss]
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
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
Sample Output
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。
HINT
Source
题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2038
分析：莫队算法可以解决一类不修改、离线查询问题。
写了个直接分段解决的办法。把1~n分成sqrt(n)段。unit = sqrt(n)m个查询先按照第几个块排序，再按照 R排序。然后直接求解。
学习自kuangbinQAQ
学习笔记：
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，
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
下面给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=;
const int minn=;
inline int read()
{
int x=,f=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')
{
if(ch=='-')
f=-;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')
{
x=x*+ch-'';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
inline void write(int x)
{
if(x<)
{
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>)
write(x/);
putchar(x%+'');
}
struct Query
{
int L,R,id;
}node[maxn];
ll gcd(ll a,ll b)///求最大公约数
{
return b==?a:gcd(b,a%b);
}
struct Ans
{
ll a,b;
void reduce()///分数简化操作
{
ll d=gcd(a,b);
a/=d;
b/=d;
}
}ans[maxn];
int a[maxn];
int num[maxn];
int n,m,unit;
bool cmp(Query a,Query b)///把1~n分成sqrt(n)段,unit=sqrt(n)m个查询先按照第几个块排序,再按照R排序,分块处理
{
if(a.L/unit!=b.L/unit)
return a.L/unit<b.L/unit;
else return a.R<b.R;
}
void work()
{
ll temp=;
memset(num,false,sizeof(num));
int L=;
int R=;
for(int i=;i<m;i++)///莫队算法核心部分
{
while(R<node[i].R)
{
R++;
temp-=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
num[a[R]]++;
temp+=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
}
while(R>node[i].R)
{
temp-=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
num[a[R]]--;
temp+=(ll)num[a[R]]*num[a[R]];
R--;
}
while(L<node[i].L)
{
temp-=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
num[a[L]]--;
temp+=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
L++;
}
while(L>node[i].L)
{
L--;
temp-=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
num[a[L]]++;
temp+=(ll)num[a[L]]*num[a[L]];
}
ans[node[i].id].a=temp-(R-L+);
ans[node[i].id].b=(ll)(R-L+)*(R-L);
ans[node[i].id].reduce();
}
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
while(scanf("%d%d",&n,&m)==)
{
for(int i=;i<=n;i++)
a[i]=read();
for(int i=;i<m;i++)
{
node[i].id=i;
node[i].L=read();
node[i].R=read();
}
unit=(int)sqrt(n);
sort(node,node+m,cmp);
work();
for(int i=;i<m;i++)
{
printf("%lld/%lld\n",ans[i].a,ans[i].b);
}
}
return ;
}