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。
莫队算法
如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。如果只能在logn的时间移动区间，则时间复杂度是O(n^1.5*log n)。
其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。
这道题的话我们很容易用数组来实现，做到O(1)的从[l,r]转移到[l,r+1]与[l+1,r]。
那么莫队算法怎么做呢？以下都是在转移为O(1)的基础下讨论的时间复杂度。另外由于n与m同阶，就统一写n。
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。
将n个数分成sqrt(n)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，忽略*2。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
#include <iostream> #include <cstdio> #include <sstream> #include <cstring> #include <map> #include <set> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <algorithm> #include <cmath> #define MOD 2018 #define LL long long #define ULL unsigned long long #define Pair pair<int, int> #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define _ ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0) //freopen("1.txt", "r", stdin); using namespace std; const int maxn = 50001, INF = 0x7fffffff; int n, m, pos[maxn], c[maxn]; LL ans, s[maxn]; struct node { int r, l, id; LL a, b; //a是分子 b是分母 }Node[maxn]; bool cmp(node x, node y) { if(pos[x.l] == pos[y.l]) return x.r < y.r; return x.l < y.l; } bool cmp_id(node x, node y) { return x.id < y.id; } LL gcd(LL a, LL b) { return b==0?a:gcd(b, a%b); } void update(int p, int add) //ans=ans−ci^2+(ci+1)^2 ans=ans−ci^2+(ci−1)^2 { ans -= s[c[p]] * s[c[p]]; s[c[p]] += add; ans += s[c[p]] * s[c[p]]; } int main() { ans = 0; scanf("%d%d", &n, &m); for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&c[i]); int block = sqrt(n); for(int i=1; i<=n; i++) //划分块 pos[i] = (i-1)/block + 1; for(int i=1; i<=m; i++) { cin>> Node[i].l >> Node[i].r; Node[i].id = i; } sort(Node+1, Node+m+1, cmp); //按区间左端点和块排序 for(int i=1, l=1, r=0; i<=m; i++) //初始l比r大才能保证初始ans是0 { for(; r < Node[i].r; r++) //拓展区间 update(r+1, 1); for(; r > Node[i].r; r--) //缩短区间 update(r, -1); for(; l < Node[i].l; l++) //缩短区间 update(l, -1); for(; l > Node[i].l; l--) //拓展区间 update(l-1, 1); if(Node[i].l == Node[i].r) { Node[i].a = 0; Node[i].b = 1; continue; } Node[i].a=ans-(Node[i].r-Node[i].l+1); Node[i].b=(LL)(Node[i].r-Node[i].l+1)*(Node[i].r-Node[i].l); LL k=gcd(Node[i].a,Node[i].b); Node[i].a/=k;Node[i].b/=k; } sort(Node+1, Node+m+1, cmp_id); for(int i=1; i<=m; i++) printf("%lld/%lld\n",Node[i].a,Node[i].b); return 0; }优质内容筛选与推荐>>
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