莫队算法

Posted 2020-09-21 大米饼

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了莫队算法相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

·排序巧妙优化复杂度，带来NOIP前的最后一丝宁静。几个活蹦乱跳的指针的跳跃次数，决定着莫队算法的优劣……

·目前的题型概括为三种：普通莫队，树形莫队以及带修莫队。

若谈及入门，那么BZOJ2038的美妙袜子一题堪称顶尖。

【例题一】袜子

·述大意：

进行区间询问[l,r]，输出该区间内随机抽两次抽到相同颜色袜子的概率。

·分析：

首先考虑对于一个长度为n区间内的答案如何求解。题目要求Ans使用最简分数表示：那么分母就是n*n-n(表示两两袜子之间的随机组合)，分子是一个累加和-n，累加的内容是该区间内每种颜色i出现次数sum[i]的平方。

将莫队算法抬上议程。莫队算法的思路是，离线情况下对所有的询问进行一个美妙的SORT()，然后两个指针l,r（本题是两个，其他的题可能会更多）不断以看似暴力的方式在区间内跳来跳去，最终输出答案。

掌握一个思想基础：两个询问之间的状态跳转。如图，当前完成的询问的区间为[a,b],下一个询问的区间为[p,q],现在保存[a,b]区间内的每个颜色出现次数的sum[]数组已经准备好，[a,b]区间询问的答案Ans1已经准备好，怎样用这些条件求出[p,q]区间询问的Ans2？

考虑指针向左或向右移动一个单位，我们要付出多大的代价才能维护sum[]和Ans(即使得sum[],Ans保存的是当前[l,r]的正确信息)。我们美妙地对图中l,r的向右移动一格进行分析：

如图啦。l指针向右移动一个单位，所造成的后果就是：我们损失了一个绿色方块。那么怎样维护？美妙地，sum[绿色]减去1。那Ans如何维护？先看分母，分母从n²变成(n-1)²，分子中的其他颜色对应的部分是不会变的，绿色却从sum[绿色]²变成(sum[绿色]-1)²，为了方便计算我们可以直接向给Ans减去以前该颜色的答案贡献(即sum[绿色]2)再加上现在的答案贡献(即(sum[绿色]-1)²)。同理，观赏下面的r指针移动，将是差不多的。

·如图r指针的移动带来的后果是，我们多了一个橙色方块。所以操作和上文相似，只不过是sum[橙色]++。

·回归正题地，我们美妙的发现，知道一个区间的信息，要求出旁边区间的信息（旁边区间指的是当前区间的一个指针通过加一减一得到的区间），竟只需要O(1)的时间。

·就算是这样，到这里为止的话莫队算法依旧无法焕发其光彩，原因是：如果我们以读入的顺序来枚举每个询问，每个询问到下一个询问时都用上述方法维护信息，那么在你脑海中会浮现出l,r跳来跳去的疯狂景象，疯狂之处在于最坏情况下时间复杂度为：O(n²)————如果要这样玩，那不如写一个暴力程序。

·“莫队算法巧妙地将询问离线排序，使得其复杂度无比美妙……”在一般做题时我们时常遇到使用排序来优化枚举时间消耗的例子。莫队的优化基于分块思想：对于两个询问，若在其l在同块，那么将其r作为排序关键字，若l不在同块，就将l作为关键字排序（这就是双关键字）。大米饼使用Be[i]数组表示i所属的块是谁。排序如：

·值得强调的是，我们是在对询问进行操作。

·时间复杂度分析（分类讨论思想）：

首先，枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。

分类讨论：

①l的移动：若下一个询问与当前询问的l所在的块不同，那么只需要经过最多2*unit步可以使得l成功到达目标.复杂度为：O(m*unit)

②r的移动：r只有在Be[l]相同时才会有序（其余时候还是疯狂地乱跳，你知道，一提到乱跳，那么每一次最坏就要跳n次！），Be[l]什么时候相同？在同一块里面l就Be[]相同。对于每一个块，排序执行了第二关键字：r。所以这里面的r是单调递增的，所以枚举完一个块，r最多移动n次。总共有n/unit个块:复杂度为：O(n*n/unit)

总结：O(n*unit+n*n/unit)（n,m同级，就统一使用n）

根据基本不等式得：当unit为sqrt(n)时，得到莫队算法的真正复杂度：

O(n*sqrt(n))

·代码上来了（莫队喜欢while）：

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<math.h>
 5 #include<cstring>
 6 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
 7 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 8 #define ll long long 
 9 using namespace std;const int N=50003;
10 struct Mo{int l,r,ID;ll A,B;}q[N];ll S(ll x){return x*x;}
11 ll GCD(ll a,ll b){while(b^=a^=b^=a%=b);return a;}
12 int n,m,col[N],unit,Be[N];ll sum[N],ans;
13 bool cmp(Mo a,Mo b){return Be[a.l]==Be[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l;}
14 bool CMP(Mo a,Mo b){return a.ID<b.ID;};
15 void revise(int x,int add){ans-=S(sum[col[x]]),sum[col[x]]+=add,ans+=S(sum[col[x]]);}
16 int main()
17 {
18     scanf("%d%d",&n,&m);unit=sqrt(n);
19     go(i,1,n)scanf("%d",&col[i]),Be[i]=i/unit+1;;
20     go(i,1,m)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].ID=i;
21     
22     sort(q+1,q+m+1,cmp);
23     
24     int l=1,r=0;
25     go(i,1,m)
26     {
27         while(l<q[i].l)revise(l,-1),l++;
28         while(l>q[i].l)revise(l-1,1),l--;
29         while(r<q[i].r)revise(r+1,1),r++;
30         while(r>q[i].r)revise(r,-1),r--;
31         
32         if(q[i].l==q[i].r){q[i].A=0;q[i].B=1;continue;}
33         q[i].A=ans-(q[i].r-q[i].l+1);
34         q[i].B=1LL*(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l);
35         ll gcd=GCD(q[i].A,q[i].B);q[i].A/=gcd;q[i].B/=gcd;
36     }
37     
38     sort(q+1,q+m+1,CMP);
39     go(i,1,m)printf("%lld/%lld\\n",q[i].A,q[i].B);
40     return 0;
41 }//Paul_Guderian

【例题二】数颜色

·述大意：

多个区间询问，询问[l,r]中颜色的种类数。可以单点修改颜色。

·分析：

莫队可以修改？那不是爆炸了吗。

这类爆炸的问题被称为带修莫队（可持久化莫队）。

按照美妙类比思想，可以引入一个“修改时间”，表示当前询问是发生在前Time个修改操作后的。也就是说，在进行莫队算法时，看看当前的询问和时间指针（第三个指针，别忘了l,r）是否相符，然后进行时光倒流或者时光推移操作来保证答案正确性。

·Sort的构造。仅靠原来的sort关键字会使得枚举每个询问都可能因为时间指针移动的缘故要移动n次，总共就n²次，那还不如写暴力。

·为了防止这样的事情发生，再加入第三关键字Tim：

·如何理解时间复杂度？

首先，R和Tim的关系就像L和R的关系一样：只有在前者处于同块时，后者才会得到排序的恩赐，否则sort会去满足前者，使得后者开始乱跳。

依旧像上文那样：枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。

分类讨论：

①对于l指针，依旧是O(unit*n)

②对于r指针，依旧是O(n*n/unit)

③对于T指针（即Time）：

类比r时间复杂度的计算。我们要寻找有多少个单调段（一个单调段下来最多移动n次）。上文提到，当且仅当两个询问l在同块，r也在同块时，才会对可怜的Tim进行排序。局势明朗。对于每一个l的块，里面r最坏情况下占据了所有的块，所以最坏情况下：有n/unit个l的块，每个l的块中会有n/unit个r的块，此时，在一个r块里，就会出现有序的Tim。所以Tim的单调段个数为：(n/unit)*(n/unit)。每个单调段最多移动n次。

所以：O((n/unit)²*n)

三个指针汇总：O(unit*n+n²/unit+(n/unit)²*n)

·给你个大米饼代码：

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<math.h>
 4 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
 5 using namespace std;const int N=10003;
 6 struct Query{int l,r,Tim,ID;}q[N];
 7 struct Change{int pos,New,Old;}c[N];
 8 int n,m,s[N],color[N*100],t,Time,now[N],unit,Be[N],ans[N],Ans,l=1,r,T;
 9 bool cmp(Query a,Query b)
10 {
11     return Be[a.l]==Be[b.l]?(Be[a.r]==Be[b.r]?a.Tim<b.Tim:a.r<b.r):a.l<b.l;
12 }
13 void revise(int x,int d){color[x]+=d;if(d>0)Ans+=color[x]==1;if(d<0)Ans-=color[x]==0;}
14 void going(int x,int d){if(l<=x&&x<=r)revise(d,1),revise(s[x],-1);s[x]=d;}
15 int main(){
16     scanf("%d%d",&n,&m);unit=pow(n,0.666666);
17     go(i,1,n)scanf("%d",&s[i]),now[i]=s[i],Be[i]=i/unit+1;
18     go(i,1,m){char sign;int x,y;scanf(" %c %d%d",&sign,&x,&y);
19         if(sign==\'Q\')q[++t]=(Query){x,y,Time,t};
20         if(sign==\'R\')c[++Time]=(Change){x,y,now[x]},now[x]=y;
21     }
22     sort(q+1,q+t+1,cmp);go(i,1,t)
23     {
24         while(T<q[i].Tim)going(c[T+1].pos,c[T+1].New),T++;
25         while(T>q[i].Tim)going(c[T].pos,c[T].Old),T--;
26         
27         while(l<q[i].l)revise(s[l],-1),l++;
28         while(l>q[i].l)revise(s[l-1],1),l--;
29         while(r<q[i].r)revise(s[r+1],1),r++;
30         while(r>q[i].r)revise(s[r],-1),r--;
31         
32         ans[q[i].ID]=Ans;
33     }
34     go(i,1,t)printf("%d\\n",ans[i]);return 0;
35 }//Paul_Guderian

【例题三】达到顶尖

·述大意：

一棵树，可以单点修改一个节点的权值，许多询问和修改，询问(u,v)表示u到v的路径上，求出最小的没有出现的自然数。

·分析：

带修莫队+树形莫队。要爆炸了。

上文解决了爆炸的带修莫队，如何处理树形莫队？

·树形莫队引入的第一个难点是：如何分块。注意，分块的目的是为了快速访问与查找（例如上文在分析l指针时间复杂度的时候，发现每次最多移动

unit*2次，这就是因为即使是跨越了块，这两个块的相邻关系使得时间复杂度不会改变）。

·尝试在树上构造相邻的块，使得：块内元素的互相访问的移动次数控制在一个范围内（也就是unit）。做法是用栈维护当前节点作为父节点访问它的子节点，当从栈顶到父节点的距离大于unit时，弹出这部分元素分为一块。

如图：

（另外，对于剩余分块的节点，也就是根节点附近由于个数小于unit而形成的一坨点，最后再分一块或加在最后一块中）

·强调这样做的好处：使得每一个块内的点到达另一个点最多移动unit次。

那么对于sort()就和第二题一样了。

·接下来还有一个区间移动(即指针u,v,T的移动)没有处理。很明显，这道题的树上路径的维护又是一个美妙的东西。与上几道题不同的是，u,v指针是在树上移动。如果当前路径(u,v)已处理好，下一个询问是到达(u1,v1).那么我们可以将u一步一步的移动到u1，一路上我们欢声笑语，走一个点就记录上面的自然数使用vis[u]标记这个节点来没来过，使用抑或就可以轻松求出访问状态，v到v1也可以这样做。

另外，维护当前已收集的自然数，可以用离散化+数据结构。（但是这道题好像有BUG，不需要离散化）。给出的代码用的方法是用分块维护，但事后想想，发现树状数组可能更美妙。

·这一切都得到解决，就在代码要到来时，你偷看了代码，发现里面有一个函数叫做LCA！什么，哪里要用到倍增求公共祖先？一张图如下：

·这样的问题在什么点出现？u1,v1的最近公共祖先。所以，我们上文维护自然数的数据结构(u,v)改成：表示u到v路径上除开他们的LCA的其他点的信息，每次u,v归位后，我们单独为LCA计算一次，这样既避免了怪异情况影响答案，有保证了LCA对答案的贡献。

·网上对这种路径问题还有一种本质相同出发点不同的妙解，它也能帮助理解为什么会有怪异情况：求出该树的欧拉序(类似于dfs序，但每个点有头有尾)，那么对于(u,v)路径，就是在序列中仅出现一次的数字。这样做同样也要处理公共祖先卡机的怪异情况，画图看看吧。

·终于出场的大米饼代码：

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<math.h>
 4 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
 5 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
 6 #define fo(i,a,x) for(int i=a[x],v=e[i].v;i;i=e[i].next,v=e[i].v)
 7 using namespace std;const int N=50009;
 8 struct E{int v,next;}e[N*3];
 9 int k=1,head[N],unit,Be[N],m,st[N],top,fa[N][18],deep[N];
10 int n,Q,a[N],t[N],op,x,y,p,tim,u=1,v=1,T,ans[N],vis[N];
11 void ADD(int u,int v){e[k]=(E){v,head[u]};head[u]=k++;}
12 void dfs(int u){
13     
14     go(i,1,19)if((1<<i)>deep[u])break;
15     else fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
16         
17     int bottom=top;
18     fo(i,head,u)if(v!=fa[u][0])
19     {
20         fa[v][0]=u;deep[v]=deep[u]+1;dfs(v);
21         if(top-bottom>=unit){m++;while(top!=bottom)Be[st[top--]]=m;}
22     }
23     st[++top]=u;
24 }
25 int LCA(int x,int y)
26 {
27     if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);int Dis=deep[x]-deep[y];
28     go(i,0,16)if((1<<i)&Dis)x=fa[x][i];
29     if(x==y)return x;
30     ro(i,16,0)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];
31     return x==y?x:fa[x][0];
32 }
33 struct Change{int u,New,Old;}cq[N];
34 struct Query{int u,v,tim,id;bool operator <(const Query &a) const{
35     return Be[u]==Be[a.u]?(Be[v]==Be[a.v]?tim<a.tim:Be[v]<Be[a.v]):Be[u]<Be[a.u];
36 }}q[N];
37 struct Datalock{
38     struct _blo{int l,r;}b[350];
39     int n,Be[N],m,unit,num[N],sum[350];
40     void init()
41     {
42         unit=sqrt(n);m=(n-1)/unit+1;
43         go(i,1,n)Be[i]=(i-1)/unit+1;
44         go(i,1,m)b[i].l=(i-1)*unit+1,b[i].r=i*unit;
45         b[m].r=n;
46     }
47     void Add(int v){if(v<=n)sum[Be[v]]+=(++num[v])==1;}
48     void Del(int v){if(v<=n)sum[Be[v]]-=(--num[v])==0;}
49     int mex()
50     {
51         go(i,1,m)if(sum[i]!=b[i].r-b[i].l+1)
52         go(j,b[i].l,b[i].r)if(!num[j])return j;
53         return -1;
54     }
55 }Data;
56 void revise(int u,int d){if(vis[u])Data.Del(a[u]),Data.Add(d);a[u]=d;}
57 void Run(int u){if(vis[u])Data.Del(a[u]),vis[u]=0;else Data.Add(a[u]),vis[u]=1;}
58 void move(int x,int y)
59 { 
60     if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
61     while(deep[x]>deep[y])Run(x),x=fa[x][0];
62     while(x!=y)Run(x),Run(y),x=fa[x][0],y=fa[y][0];
63 }
64 void Mo()
65 {
66     go(i,1,p)
67     {
68         while(T<q[i].tim)T++,revise(cq[T].u,cq[T].New);
69         while(T>q[i].tim)revise(cq[T].u,cq[T].Old),T--;
70         
71         if(u!=q[i].u)move(u,q[i].u),u=q[i].u;
72         if(v!=q[i].v)move(v,q[i].v),v=q[i].v;
73         int anc=LCA(u,v);Run(anc);ans[q[i].id]=Data.mex()-1;Run(anc);
74     }
75 }
76 int main(){scanf("%d%d",&n,&Q);unit=pow(n,0.45);
77     go(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),t[i]=++a[i];
78     go(i,2,n){int uu,vv;scanf("%d%d",&uu,&vv);ADD(uu,vv);ADD(vv,uu);}
79     dfs(1);while(top)Be[st[top--]]=m;
80     go(i,1,Q)
81     {
82         scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
83         if( op)p++,q[p]=(Query){x,y,tim,p};
84         if(!op)tim++,cq[tim]=(Change){x,y+1,t[x]},t[x]=y+1;
85     } 
86     Data.n=n+1;Data.init();sort(q+1,q+1+p);Mo();
87     go(i,1,p)printf("%d\\n",ans[i]);
88 }//Paul_Guderian