莫队算法---基础知识介绍（转载）

Posted 2020-08-07 茶飘香~

莫队算法可用于解决一类可离线且在得到区间[l,r][l,r]的答案后，能在O(1)O(1)或O(log2n)O(log2?n)得到区间[l,r+1][l,r+1]或[l−1,r][l−1,r]的答案的问题

先看这样一个问题：

给出n个数字，m次询问，每次询问在区间[li,ri][li,ri]之间任选两个数字相等的概率是多少。（n,q<=50000）（小z的袜子）

在区间[l,r][l,r]中，这个概率是：

∑vi=1C(2,f(i))C(2,r−l+1)∑i=1vC(2,f(i))C(2,r−l+1)

(v表示数字值，f(i)表示数字i在区间内出现的次数)

 

由于没有加和性质，传统的线段树什么的完全派不上用场了呢！

考虑分子，因为C(2,x)=x2−x2C(2,x)=x2−x2，所以分子=∑vi=1f(i)2−∑vi=1f(i)2∑i=1vf(i)2−∑i=1vf(i)2
显然 ∑vi=1f(i)=r−l+1∑i=1vf(i)=r−l+1

若得知区间[l,r][l,r]的答案怎么求区间[l,r+1][l,r+1]的答案呢？仔细想想。恩，有了。区间[l,r+1][l,r+1]与区间[l,r][l,r]相比只多了一个元素Z，这种改动是很小的，那么前式中分子的值S=S0−f(Z)2+(f(Z)+1)2−1=S0+2∗f(Z)S=S0−f(Z)2+(f(Z)+1)2−1=S0+2∗f(Z)，同时++f(z)，恩，O(1)O(1)的。这样的话，在处理下一个询问[li,ri][li,ri]时，复杂度就是O(|r−ri|+|l−li|)O(|r−ri|+|l−li|)的。同样的方法，也可以在O(1)O(1)内求出[l−1,r][l−1,r]，[l+1,r][l+1,r],[l,r−1][l,r−1]。这样的方法对于随机数据表现是很好的，但也不难给出故意卡你的数据。

这时，就需要莫队算法来撑腰了，这也是莫队算法优化的精髓。

注意到，每个区间可以抽象成平面中的点，每次转移的花费都相当与从某点到另一点的曼哈顿距离的长度。恩，所以呢？

所以我们花费的便是这些平面中的点联通的曼哈顿距离。平面点的曼哈顿最小生成树！

对！但平面点的曼哈顿最小生成树怎么求呢？枚举两两点连接O(n2)O(n2)，毫无意义。其实平面点的曼哈顿最小生成树有基于平面区域划分的O(nlog2n)O(nlog2n)的求法，但我们有更简洁的方法。对，分块！

确实，利用分块，我们可以实现O(nn√)O(nn)的时间复杂度。虽然求解平面点的曼哈顿最小生成树是O(nlog2n)O(nlog2n)的，但根据莫队论文中的证明，用到这里时，仍然是O(nn√)O(nn)，只不过常数小一些罢了。

分块的做法：
取x=(√n)x=(n)，以[1,x],[x+1,2x],[2x+1,3x]...[1,x],[x+1,2x],[2x+1,3x]...分块
用pos数组维护端点i在第pos[i]块中，然后就搞呗。

这样搞：

1)：排序，以左段点所在的块为第一关键字，以右端点为第二关键字

2)：从左往右处理询问（离线）

3)：不断调整l,r的位置并同时修改

时间复杂度证明：

右端点移动：
首先我们考虑一个块里面的转移情况
由于一个块里面的询问都按右端点排序
所以我们右端点在一个块里面最多移动n次
有 O(n√)O(n)个块，那么同一个块内的右端点移动最多就是O(nn√)O(nn)
然后考虑从一个块到另一个块导致的右端点变化
最坏情况，右端点由n到1，那么移动n次
有 O(n√)O(n)个块
那么从一个块到另一个块的事件只会发生O(n√)O(n)次……
所以这种右端点移动的次数也是O(nn√)O(nn)次
没有别的事件导致右端点移动了
左端点移动：
同一个块里面，由于左端点都在一个长度为O(n√)O(n)的区间里面
所以在同一块里面移动一次，左端点最多变化O(n√)O(n)
总共有n个询问……
所以同一块里面的移动最多n次
那么同一个块里面的左端点变化最多是O(nn√)O(nn)的
考虑跨越块
每由第i个块到第i+1个块，左端点最坏加上O(n√)O(n)
总共能加上O(n√)O(n)次
所以跨越块导致的左端点移动是O(n)O(n)的
综上，分块做法是O(n∗n√)O(n∗n)。

总结

莫队算法在解决离线区间询问几乎是无敌的。
恩，几乎只要能离线，用分块的莫队算法都能取得一个令人满意的的解法。
所以就有很多扩展（解决线段树等数据结构由于需要区间加和性而不能解决的问题），如区间众数，平均数什么的。
恩。棒！

附:
[BZOJ]2038 小Z的袜子 分块 莫队算法

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 50000 + 500;
typedef long long LL;

LL gcd(LL a,LL b)
{
    return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}

int pos[maxn];
int col[maxn];
int f[maxn];
int n,m;

struct Query
{
    int l,r,id;
    LL a,b;
    friend bool operator < (const Query &R,const Query &T)
    {
        return pos[R.l]<pos[T.l] || (pos[R.l]==pos[T.l] && R.r<T.r);
    }
    void modify()
    {
        LL k=gcd(a,b);
        a/=k,b/=k;
    }
}Q[maxn];
bool cmp_id(const Query &a,const Query &b)
{
    return a.id<b.id;
}

void init()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&col[i]);
    int limit=(int)sqrt((double)n+0.5);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        pos[i]=(i-1)/limit+1;//左端点分块
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r);
        Q[i].id=i;
    }
    sort(Q+1,Q+m+1);
}

void modify(int p,LL &ans,int add)
{
    ans=ans+2*add*f[col[p]]+1;
    f[col[p]]+=add;
}

void solve()
{
    LL ans=0;
    int l=1,r=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        if(r<Q[i].r)
        {
            for(r=r+1;r<Q[i].r;++r)
                modify(r,ans,1);
            modify(r,ans,1);
        }
        if(Q[i].l<l)
        {
            for(l=l-1;Q[i].l<l;--l)
                modify(l,ans,1);
            modify(l,ans,1);
        }
        if(Q[i].r<r)
            for(;Q[i].r<r;--r)
                modify(r,ans,-1);
        if(l<Q[i].l)
            for(;l<Q[i].l;++l)
                modify(l,ans,-1);
        if(Q[i].l==Q[i].r)
        {
            Q[i].a=0,Q[i].b=1;
            continue;
        }
        Q[i].a=ans-(Q[i].r-Q[i].l+1),Q[i].b=(LL)(Q[i].r-Q[i].l+1)*(Q[i].r-Q[i].l);
        Q[i].modify();
    }
    sort(Q+1,Q+m+1,cmp_id);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        printf("%lld/%lld\n",Q[i].a,Q[i].b);
}

int main()
{
    init();
    solve();

    return 0;
}

 

Refrence:
http://foreseeable97.logdown.com/posts/158522-233333

http://ydcydcy1.blog.163.com/blog/static/21608904020134411543898/

http://vawait.com/manhattanmst/

http://blog.csdn.net/huzecong/article/details/8576908