Bzoj 2038---[2009國家集訓隊]小Z的襪子(hose) 莫隊算法，bzoj2038---

Bzoj 2038---[2009國家集訓隊]小Z的襪子(hose) 莫隊算法，bzoj2038---

題目鏈接

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2038

 

Description

作為一個生活散漫的人，小Z每天早上都要耗費很久從一堆五顏六色的襪子中找出一雙來穿。終於有一天，小Z再也無法忍受這惱人的找襪子過程，於是他決定聽天由命……
具體來說，小Z把這N只襪子從1到N編號，然後從編號L到R(L 盡管小Z並不在意兩只襪子是不是完整的一雙，甚至不在意兩只襪子是否一左一右，他卻很在意襪子的顏色，畢竟穿兩只不同色的襪子會很尴尬。
你的任務便是告訴小Z，他有多大的概率抽到兩只顏色相同的襪子。當然，小Z希望這個概率盡量高，所以他可能會詢問多個(L,R)以方便自己選擇。

Input

輸入文件第一行包含兩個正整數N和M。N為襪子的數量，M為小Z所提的詢問的數量。接下來一行包含N個正整數Ci，其中Ci表示第i只襪子的顏色，相同的顏色用相同的數字表示。再接下來M行，每行兩個正整數L，R表示一個詢問。

Output

包含M行，對於每個詢問在一行中輸出分數A/B表示從該詢問的區間[L,R]中隨機抽出兩只襪子顏色相同的概率。若該概率為0則輸出0/1，否則輸出的A/B必須為最簡分數。（詳見樣例）

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
【樣例解釋】
詢問1：共C(5,2)=10種可能，其中抽出兩個2有1種可能，抽出兩個3有3種可能，概率為(1+3)/10=4/10=2/5。
詢問2：共C(3,2)=3種可能，無法抽到顏色相同的襪子，概率為0/3=0/1。
詢問3：共C(3,2)=3種可能，均為抽出兩個3，概率為3/3=1/1。
注：上述C(a, b)表示組合數，組合數C(a, b)等價於在a個不同的物品中選取b個的選取方案數。
【數據規模和約定】
30%的數據中 N,M ≤ 5000；
60%的數據中 N,M ≤ 25000；
100%的數據中 N,M ≤ 50000，1 ≤ L < R ≤ N，Ci ≤ N。

Source

版權所有者：莫濤

 

題意：題目是中文的很簡單，不再贅述；

思路：使用莫隊算法，將區間進行分塊排序，離線處理，在計算過程中，由區間（i，j） 到區間（i，j+1）時，可以進行O（1） 的處理；

代碼如下：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
using namespace std;
int SIZE;
int col[50005];
//int pos[50005];
long long f[50005];
struct Node
{
    int l,r;
    long long a,b;
    int id;
}node[50005];
bool cmp1(const Node s1,const Node s2)
{
    ///return s1.r<s2.r; 這樣排序超時；
    if((s1.l-1)/SIZE==(s2.l-1)/SIZE) return s1.r<s2.r;
    else      return (s1.l-1)/SIZE<(s2.l-1)/SIZE;
}
bool cmp2(const Node s1,const Node s2)
{
    return s1.id<s2.id;
}
long long GCD(long long a,long long b)
{
    return (b==0)?a:GCD(b,a%b);
}
int main()
{
    int N,M;
    while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF)
    {
        SIZE=(int)sqrt(N);
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=1;i<=N;i++)
            scanf("%d",&col[i]);
        for(int i=0;i<M;i++)
        {
            scanf("%d%d",&node[i].l,&node[i].r);
            node[i].id=i;
        }
        sort(node,node+M,cmp1);
        int fl=1,fr=0;
        long long ans=0;
        for(int i=0;i<M;i++)
        {
            if(fr<node[i].r)
            {
                while(fr<node[i].r) {
                    ans=ans+2*f[col[++fr]]+1;
                    f[col[fr]]++;
                }
            }
            if(fr>node[i].r)
            {
                while(fr>node[i].r) {
                    ans=ans-2*f[col[fr]]+1;
                    f[col[fr]]--; fr--;
                }
            }
            if(fl<node[i].l)
            {
                while(fl<node[i].l){
                    ans=ans-2*f[col[fl]]+1;
                    f[col[fl]]--; fl++;
                }
            }
            if(fl>node[i].l)
            {
                while(fl>node[i].l){
                    ans=ans+2*f[col[--fl]]+1;
                    f[col[fl]]++;
                }
            }
            node[i].a=ans-(node[i].r-node[i].l+1);
            node[i].b=(long long)(node[i].r-node[i].l+1)*(node[i].r-node[i].l);
            long long g=GCD(node[i].a,node[i].b);
            node[i].a= node[i].a/g;
            node[i].b= node[i].b/g;
        }
        sort(node,node+M,cmp2);
        for(int i=0;i<M;i++)
             printf("%lld/%lld\n",node[i].a,node[i].b);

    }
    return 0;
}
/*
6 4
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
*/