莫队实际很简（du）单（liu）
依照某位dalao的说法，就是两只小手（two-pointers）瞎跳
一.莫队（静态莫队）
这道题是个绿题，因为数据比较弱，但真是一道良心的莫队练手题
莫队是由前国家队队长莫涛发明的
莫队算法的精髓就是通过合理地对询问排序，然后以较优的顺序暴力回答每个询问。处理完一个询问后，可以使用它的信息得到下一个询问区间的答案。（两个小手瞎跳）
考虑这个问题：对于上面这道题，我们知道区间[1,5]每个数的数量，如何求出[2,6]每个数的数量
算法1：暴力扫一遍（废话）
算法2：珂以在区间[1,5]的基础上，去掉位置1（即将左端点右移一位），加上位置6（即将右端点右移一位），得到区间[2,6]的答案。
如果按这样写，一种很简单的构造数据就能把时间复杂度把算法2也送上天：先询问[1,2]，再询问[99999,100000],多重复几次就gg
但莫队算法是算法2的改进版
要进行合理的排序，使得每两个区间的距离最小
但如何进行合理的排序？
莫队提供了这样一个排序方案：将原序列以$ \sqrt n$为一块进行分块（分块的大小也珂以调整），排序第一关键字是询问的左端点所在块的编号，第二关键字是询问的右端点本身的位置，都是升序。然后我们用上面提到的“移动当前区间左右端点”的方法，按顺序求每个询问区间的答案，移动每一个询问区间左右端点可以求出下一个区间的答案。
这就是一般的莫队排序
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
return a.bl==b.bl?a.r<b.r:a.bl<b.bl;
}
但由于出题人过于毒瘤
又多出一种优化，叫做奇偶优化
按奇偶块排序。这也是比较通用的。如果区间左端点所在块不同，那么就直接按左端点从小到大排；如果相同，奇块按右端点从小到大排，偶块按右端点从大到小排。
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
return a.bl!=b.bl?a.l<b.l:((a.bl&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
莫队核心代码qaq：
sort(q+1,q+m+1,cmp); //讲询问按上述方法排序
int l=1,r=0; //当前左端点和右端点初值（两只小手two-pointers）
for(register int i=1;i<=m;++i) //对排序后的询问一个个转移
{
int ll=q[i].l,rr=q[i].r; //本次询问的区间
//转移，++--这些东西比较容易写错，需要注意
while(l<ll)
del(l++);
while(l>ll)
add(--l);
while(r<rr)
add(++r);
while(r>rr)
del(r--);
ans[q[i].id]=sth; //询问是排过序的，存到答案数组里需要返回原顺序
}
这样就可以求出答案了！
——可是，这样做的复杂度是什么？
大约是\(O(n \sqrt n)\)
Luogu P3901 AC代码：
#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
inline int read()
{
register int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int v[N],blocksize=0;
struct query{
int l,r,id,bl;
}q[N];
int sum[N];
bool ans[N];
int cnt=0;
inline void add(register int x)
{
if(++sum[v[x]]==1)
++cnt;
}
inline void del(register int x)
{
if(--sum[v[x]]==0)
--cnt;
}
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
return a.bl!=b.bl?a.l<b.l:((a.bl&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
int main()
{
memset(sum,0,sizeof(sum));
int n=read(),m=read();
blocksize=sqrt(n);
for(register int i=1;i<=n;++i)
v[i]=read();
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int l=read(),r=read();
q[i]=(query){l,r,i,(l-1)/blocksize+1};
}
sort(q+1,q+m+1,cmp);
int l=1,r=0;
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int ll=q[i].l,rr=q[i].r;
while(l<ll)
del(l++);
while(l>ll)
add(--l);
while(r<rr)
add(++r);
while(r>rr)
del(r--);
ans[q[i].id]=(cnt==rr-ll+1)?1:0;
}
for(register int i=1;i<=m;++i)
if(ans[i])
puts("Yes");
else
puts("No");
return 0;
}
例题：
二.动态莫队（单点修改）
写完了上面这道题，可以发现：普通的莫队算法没有支持修改。那么如何改造该算法使它支持修改呢？
莫队俗称优雅的暴力
那么我们改造莫队算法的思路也只有一个：改造询问排序的方式，然后继续暴力。
首先我们需要把查询操作和修改操作分别记录下来。
在记录查询操作的时候，需要增加一个变量来记录离本次查询最近的修改的位置
然后套上莫队的板子，与普通莫队不一样的是，你需要用一个变量记录当前已经进行了几次修改
每次回答询问时，先从上一个询问的时间“穿越”到当前询问的时间：如果当前询问的时间更靠后，则顺序执行所有修改，直到达到当前询问时间；如果当前询问的时间更靠前，则“时光倒流”，还原所有多余的修改。进行推移时间的操作时，如果涉及到当前区间内的位置的修改，要对答案进行相应的维护。
排序有三个关键字：
1.左端点所在块数 2.右端点所在块数 3.在这次修改之前查询的次数
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
return a.bll!=b.bll?a.bll<b.bll:(a.blr!=b.blr?a.blr<b.blr:a.pre<b.pre);
}
完整代码，代码中有详细注释
#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 50005
using namespace std;
inline int read()
{
register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
static int sta[25];int tot=0;
while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
struct change{ //记录修改操作的结构体，place为修改的位置，pre是修改之前的值，suf是修改之后的值
int place,pre,suf;
}cg[N];
struct query{ //记录查询操作的结构体，l，r为查询左右端点，pre表示之前有过几次修改，id表示这是第几次查询，bll，blr表示左右端点所在的块
int l,r,pre,id,bll,blr;
}q[N];
int a[N],blocksize=0,p[1000001],ans[N];
inline bool cmp(register query a,register query b) //按上述三个关键字排序
{
return a.bll!=b.bll?a.bll<b.bll:(a.blr!=b.blr?a.blr<b.blr:a.pre<b.pre);
}
int main()
{
int n=read(),m=read(),tota=0,totb=0;
for(register int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read();
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
char ch=getchar();
while(ch!='R'&&ch!='Q')
ch=getchar();
if(ch=='R') //修改
{
cg[++tota].place=read(),cg[tota].suf=read();
cg[tota].pre=a[cg[tota].place]; //为了方便先在原数组上修改
a[cg[tota].place]=cg[tota].suf;
}
else
{
int l=read(),r=read();
q[++totb]=(query){l,r,tota,totb,0};
}
}
blocksize=ceil(exp((log(n)+log(tota))/3)); //奇妙的块的大小
for(register int i=1;i<=totb;++i)
q[i].bll=(q[i].l-1)/blocksize+1,q[i].blr=(q[i].r-1)/blocksize+1;
for(register int i=tota;i>=1;--i) //还原数组
a[cg[i].place]=cg[i].pre;
sort(q+1,q+totb+1,cmp); //排序
int l=1,r=0,num=0,ti=0;
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int ll=q[i].l,rr=q[i].r,t=q[i].pre;
//正常莫队操作
while(ll<l)
num+=!p[a[--l]]++;
while(ll>l)
num-=!--p[a[l++]];
while(rr>r)
num+=!p[a[++r]]++;
while(rr<r)
num-=!--p[a[r--]];
while(t<ti) //当本次查询时修改的次数小于已经修改的次数，时光倒流 （还原修改）
{
int pla=cg[ti].place;
if(l<=pla&&pla<=r)
num-=!--p[a[pla]];
a[pla]=cg[ti--].pre;
if(l<=pla&&pla<=r)
num+=!p[a[pla]]++;
}
while(t>ti) //当本次查询时修改的次数大于已经修改的次数，穿越 （把该修改的修改）
{
int pla=cg[++ti].place;
if(l<=pla&&pla<=r)
num-=!--p[a[pla]];
a[pla]=cg[ti].suf;
if(l<=pla&&pla<=r)
num+=!p[a[pla]]++;
}
ans[q[i].id]=num;
}
for(register int i=1;i<=totb;++i)
{
write(ans[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
三、树上莫队
树上莫队，顾名思义就是把莫队搬到树上。
复杂度同序列上的莫队（不带修：\(O(n \sqrt n)\)，带修：\(O(n^\frac{5}{3})\)）
题目意思很明确：给定一个n个节点的树，每个节点表示一个整数，问u到v的路径上有多少个不同的整数。
像这种不带修改数颜色的题首先想到的肯定是树套树莫队，那么如何把在序列上的莫队搬到树上呢？
欧拉序
我们考虑用什么东西可以把树上的问题转化到序列上，dfs序是可以的，但是这道题不行（无法搞lca的贡献）
有一种神奇的东西，叫做欧拉序。
它的核心思想是：当访问到点i时，加入序列，然后访问i的子树，当访问完时，再把i加入序列
煮个栗子，下面这棵树的欧拉序为
1 2 3 4 4 5 5 6 6 3 7 7 2 1
有了这个有什么用呢？
我们考虑我们要解决的问题：求x到y的路径上有多少个不同的整数
这里我们设st[i]表示访问到i时加入欧拉序的时间，ed[i]表示回溯经过i时加入欧拉序的时间
不妨设st[x]<st[y]（也就是先访问x，再访问y）
分情况讨论
-
若lca(x,y)=x，这时x,y在一条链上，那么st[x]到st[y]这段区间中，有的点出现了两次，有的点没有出现过，这些点都是对答案没有贡献的，我们只需要统计出现过1次的点就好
比如当询问为2,6时，(st[2],st[6])=2 3 4 4 5 5 6 4,5这两个点都出现了两次，因此不统计进入答案
-
若lca(x,y)≠x，此时x,y位于不同的子树内，我们只需要按照上面的方法统计ed[x]到st[y]这段区间内的点。
比如当询问为4,7时，(ed[4],st[7])=4 5 5 6 6 3 7。大家发现了什么？没错！我们没有统计lca，因此我们需要特判lca
算欧拉序之后可以顺带重链剖分，这样lca就直接树剖来求了qaq
完整代码
#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 40005
#define M 100005
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
static int sta[20];register int tot=0;
while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline void Swap(register int &a,register int &b)
{
a^=b^=a^=b;
}
struct edge{
int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void add(register int u,register int v)
{
e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
head[u]=cnt;
}
int n,m;
int a[N],date[N];
int dep[N],top[N],siz[N],son[N],fa[N],st[N],ed[N],pot[N<<1],tot=0;
inline void dfs1(register int x,register int f)
{
fa[x]=f,siz[x]=1,st[x]=++tot;
pot[tot]=x;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=f)
{
dep[e[i].to]=dep[x]+1;
dfs1(e[i].to,x);
siz[x]+=siz[e[i].to];
if(siz[e[i].to]>siz[son[x]])
son[x]=e[i].to;
}
ed[x]=++tot;
pot[tot]=x;
}
inline void dfs2(register int x,register int topf)
{
top[x]=topf;
if(son[x])
dfs2(son[x],topf);
for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=fa[x]&&e[i].to!=son[x])
dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
inline int Getlca(register int x,register int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
Swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
struct query{
int l,r,id,lca;
}q[M];
int bel[N<<1],block;
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
return bel[a.l]!=bel[b.l]?a.l<b.l:((bel[a.l]&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
int ans[M],p[N],vis[N],res=0;
inline void add(register int x)
{
res+=!p[x]++;
}
inline void del(register int x)
{
res-=!--p[x];
}
inline void Add(register int x)
{
vis[x]?del(a[x]):add(a[x]);
vis[x]^=1;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
block=sqrt(n);
for(register int i=1;i<=n;++i)
a[i]=date[i]=read();
for(register int i=1;i<=(n<<1);++i)
bel[i]=i/block+1;
sort(date+1,date+1+n);
int num=unique(date+1,date+1+n)-date-1;
for(register int i=1;i<=n;++i)
a[i]=lower_bound(date+1,date+1+num,a[i])-date;
for(register int i=1;i<n;++i)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}
dep[1]=1;
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int x=read(),y=read();
if(st[x]>st[y])
Swap(x,y);
int lcaa=Getlca(x,y);
q[i].id=i;
if(lcaa==x)
q[i].l=st[x],q[i].r=st[y];
else
q[i].l=ed[x],q[i].r=st[y],q[i].lca=lcaa;
}
sort(q+1,q+1+m,cmp);
int l=1,r=0;
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int ll=q[i].l,rr=q[i].r;
while(l<ll)
Add(pot[l++]);
while(l>ll)
Add(pot[--l]);
while(r<rr)
Add(pot[++r]);
while(r>rr)
Add(pot[r--]);
if(q[i].lca)
Add(q[i].lca);
ans[q[i].id]=res;
if(q[i].lca)
Add(q[i].lca);
}
for(register int i=1;i<=m;++i)
write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
四、回滚莫队
1.我们以块编号为第一关键字排序，右端点位置为第二关键字排序
2.询问时依次枚举区间，我们保留右端点的移量（右边单增），左端点则每次在这一个块中来回移动
3.下一个块时，清空统计答案重做
所以对于每一个块：左端点每次操作\(O(\sqrt n)\)，右端点总共移n，均摊\(O(\sqrt n)\)，因此时间复杂度保证了\(O(n\sqrt n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
register ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
inline void write(register ll x)
{
if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
static int sta[36];int tot=0;
while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline ll Max(register ll a,register ll b)
{
return a>b?a:b;
}
struct query{
int l,r,id,bll,blr;
}q[N];
inline bool cmp(register query a,register query b)
{
return a.bll==b.bll?a.r<b.r:a.bll<b.bll;
}
int n,m,blocksize;
int a[N],v[N];
ll sum[N],num[N],ans[N];
ll pre,now;
inline void add(register int x)
{
sum[x]+=v[x];
now=Max(now,sum[x]);
}
inline void del(register int x)
{
sum[x]-=v[x];
}
int main()
{
n=read(),m=read();
blocksize=sqrt(n);
for(register int i=1;i<=n;++i)
v[i]=a[i]=read();
sort(v+1,v+1+n);
int tot=unique(v+1,v+1+n)-v-1;
for(register int i=1;i<=n;++i)
a[i]=lower_bound(v+1,v+1+tot,a[i])-v;
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int l=read(),r=read();
q[i]=(query){l,r,i,(l-1)/blocksize+1,(r-1)/blocksize+1};
}
sort(q+1,q+1+m,cmp);
int l=1,r=0,pos=0;
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int ql=q[i].l,qr=q[i].r;
if(q[i].bll!=q[i-1].bll)
{
memset(sum,0,sizeof(sum));
pre=now=0;
l=pos=q[i].bll*blocksize+1;
r=l-1;
}
if(q[i].bll==q[i].blr)
{
ll cur=0;
for(register int j=ql;j<=qr;++j)
{
num[a[j]]+=v[a[j]];
cur=Max(cur,num[a[j]]);
}
for(register int j=ql;j<=qr;++j)
num[a[j]]-=v[a[j]];
ans[q[i].id]=cur;
continue;
}
while(r<qr)
add(a[++r]);
pre=now;
while(l>ql)
add(a[--l]);
ans[q[i].id]=now;
while(l<pos)
del(a[l++]);
now=pre;
}
for(register int i=1;i<=m;++i)
write(ans[i]),puts("");
return 0;
}
