BZOJ 2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose) [莫队算法]学习笔记

Posted 2020-08-23 Candy?

2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

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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。

HINT

 

Source

版权所有者：莫涛

 

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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+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<\'0\'||c>\'9\'){if(c==\'-\')f=-1;c=getchar();}
    while(c>=\'0\'&&c<=\'9\'){x=x*10+c-\'0\';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==0?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*2*s[c[p]]+1;
    s[c[p]]+=d;
}
void sol(){
    int l=1,r=0;
    for(int i=1;i<=Q;i++){
        while(r<q[i].r) r++,update(r,1);
        while(r>q[i].r) update(r,-1),r--;
        while(l<q[i].l) update(l,-1),l++;
        while(l>q[i].l) l--,update(l,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();
        a[q[i].id]=i;
    }
}
int  main(){
    n=read();Q=read();
    bl=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=read(),pos[i]=(i-1)/bl+1;
    for(int i=1;i<=Q;i++) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;
    sort(q+1,q+1+Q);
    sol();
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        printf("%lld/%lld\\n",q[a[i]].a,q[a[i]].b);
}