bzoj-2038-莫队

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

 

　　莫队算法的入门题目。

　　莫队算法就是对于类似f(i,j)能在O(1)的时间内推出来f(i-1,j),f(i,j+1),f(i+1,j),f(i,j-1)的话，对于数次离线的区间查询，对查询区间按照

L所在的块为第一关键字，R为第二关键字排序然后处理询问的话，复杂度是O(N*sqrt(N)),具体的证明不会，但是仔细想想也可以大概

模拟出来。他只是利用分块排序，实际处理询问时没有涉及到分块。知道他的简单原理之后就可以做一些模板题目了。

　　这个题目对于[L,R],ans= SUM{C(2,cnt[i])}/C(2,R-L+1) ,cnt[i]表示区间内出现的所有不同的颜色的个数，化简之后的式子变成了，

( SUM{cnt[i]*cnt[i]}-(R-L+1) ) / (R-L+1)*(R-L) ,注意到只有分子的一部分在转移的时候变化一下就好了。

　　

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define LL long long 
 4 #define eps 1e-6
 5 LL gcd(LL a,LL b){
 6     return b==0?a:gcd(b,a%b);
 7 }
 8 LL ans[50010][2],cnt[50010];
 9 int col[50010],N,M,B;
10 struct Query{
11     int L,R,id;
12     bool operator<(const Query& C)const{
13         if(L/B!=C.L/B) return L/B<C.L/B;
14         return R<C.R;
15     }
16 }q[50010];
17 int main(){
18     scanf("%d%d",&N,&M);
19     B=sqrt(N);
20     for(int i=1;i<=N;++i)scanf("%d",col+i);
21     for(int i=1;i<=M;++i)scanf("%d%d",&q[i].L,&q[i].R),q[i].id=i;
22     sort(q+1,q+1+M);
23     LL l=1,r=0,res=0;
24     for(int i=1;i<=M;++i){
25         while(r<q[i].R){
26             res+=((cnt[col[r+1]]+1)*(cnt[col[r+1]]+1)-cnt[col[r+1]]*cnt[col[r+1]]);
27             cnt[col[r+1]]++;
28             r++;
29         }
30         while(r>q[i].R){
31             res+=((cnt[col[r]]-1)*(cnt[col[r]]-1)-(cnt[col[r]])*(cnt[col[r]]));
32             cnt[col[r]]--;
33             r--;
34         }
35         while(l<q[i].L){
36             res+=((cnt[col[l]]-1)*(cnt[col[l]]-1)-(cnt[col[l]])*(cnt[col[l]]));
37             cnt[col[l]]--;
38             l++;
39         }
40         while(l>q[i].L){
41             res+=((cnt[col[l-1]]+1)*(cnt[col[l-1]]+1)-(cnt[col[l-1]])*(cnt[col[l-1]]));
42             cnt[col[l-1]]++;
43             l--;
44         }
45         ans[q[i].id][0]=res-q[i].R+q[i].L-1;
46         ans[q[i].id][1]=(LL)(q[i].R-q[i].L+1)*(q[i].R-q[i].L);
47     }
48     for(int i=1;i<=M;++i){
49         if(ans[i][0]==0){
50             ans[i][1]=1;
51             continue;
52         }
53         LL g=gcd(ans[i][0],ans[i][1]);
54         ans[i][0]/=g;
55         ans[i][1]/=g;
56     }
57     for(int i=1;i<=M;++i) printf("%lld/%lld\n",ans[i][0],ans[i][1]);
58     return 0;
59 }

 

posted @ 2018-08-06 11:13  *zzq  阅读(289)  评论(0)  编辑  收藏  举报