BZOJ 2038 小Z的袜子(莫队算法)

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 <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi 3.1415926535
# define eps 1e-9
# define MOD 1000000009
# define INF 1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<1,l,mid
# define rch p<<1|1,mid+1,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
    int res=0, flag=0;
    char ch;
    if((ch=getchar())=='-') flag=1;
    else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')  res=res*10+(ch-'0');
    return flag?-res:res;
}
void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
const int N=50005;
//Code begin...

struct Query{int L, R, id;}node[N];
LL gcd(LL a, LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
struct Ans{
    LL a, b;
    void reduce(){LL d=gcd(a,b); a/=d; b/=d;}
}ans[N];
int a[N], num[N], n, m, unit;

bool comp(Query a, Query b){
    if (a.L/unit!=b.L/unit) return a.L/unit<b.L/unit;
    return a.R<b.R;
}
void work(){
    LL temp=0;
    mem(num,0);
    int L=1, R=0;
    FO(i,0,m) {
        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+1);
        ans[node[i].id].b=(LL)(R-L+1)*(R-L);
        ans[node[i].id].reduce();
    }
}
int main ()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
    FO(i,0,m) scanf("%d%d",&node[i].L,&node[i].R), node[i].id=i;
    unit=(int)sqrt(n);
    sort(node,node+m,comp);
    work();
    FO(i,0,m) printf("%lld/%lld\n",ans[i].a,ans[i].b);
    return 0;
}