（原创）BZOJ 2038 小Z的袜子(hose) 莫队入门题+分块

I - 小Z的袜子(hose)

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。

解题思路：这道题目是说给你n个数，m次查询，求l到r之间出现两个颜色相同的袜子的概率；即出现两个相同数字的概率；

莫队使用条件：必须是离线的查询，一般不能有修改操作（其实也有带修改的莫队）；

这道题属于区间问题，但是用线段树解决不了这道题，这道题没有修改操作，我们可以用莫队分块来解决这道题；

我们可以试着推一下这道题：

以题目给的第一样例为例：

题目给6个数是 1 2 3 3 3 2

查询第2个数到第6个数之间相同的两个颜色的概率；

所以我们的分母一定是  （6-2）+1个数中取两个；即C(5,2)；即长度去两个数 ，假设len = （l-r+1)  ，即C（len，2）；

分子则是出现的相同数字取2，以上面的样例为例，2到6区间中有2 3 3 3 2 ，则2出现了两次，3出现了三次，所以分子为C（2，2）+C（3，2）；

所以概率为：（C（2，2）+C（3，2））/C（5，2）；

依此类推：可以得到如下规律：

即(a^2+b^2+c^2+…x^2-(a+b+c+d+…..))/((R-L+1)*(R-L))

即(a^2+b^2+c^2+…x^2-(R-L+1))/((R-L+1)*(R-L))

代码如下：

 #include<iostream>
 #include<stdio.h>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 typedef long long int ll;
 const int maxn = 5e4+;
 int n , m;
 ll blocksize;
 ll ans = ;
 ll s[maxn];
 ll block[maxn];
 ll c[maxn];
 struct query{
     ll l ;
     ll r ;
     ll id;
     ll fenzi;
     ll fenmu;
 }q[maxn];
 ll square(ll x)
 {

      return  x*x;

 }
 ll gcd(ll a ,ll b)
 {
     if(b==)
     return a;
     else
     return gcd(b,a%b);
 }
 bool cmp(query a, query b)
 {
     if(block[a.l]==block[b.l])
     {
         if(block[a.l]%==)
         {
             return a.r < b.r;
         }else
         return a.r > b.r;
     }else
     return block[a.l]<block[b.l];
 }
 bool cmp2(query a , query b)
 {
     return a.id < b.id;
 }
 void add(int num)
 {
     ans -= square(s[c[num]]);
     s[c[num]]++;
     ans += square(s[c[num]]);
 }

 void remove(int num)
 {
     ans -= square(s[c[num]]);
     s[c[num]]--;
     ans += square(s[c[num]]);
 }
 void solve()
 {
     int l =  ;
     int r = ;
     for(int i =  ; i <= m ;i++)
     {
         while(q[i].l<l)
         {
             l--;
             add(l);
         }

         while(q[i].l>l)
         {
             remove(l);
             l++;
         }
         while(q[i].r<r)
         {
             remove(r);
             r--;
         }
         while(q[i].r>r)
         {
             r++;
             add(r);
         }
         if(q[i].l==q[i].r)
         {
             q[i].fenzi = ;
             q[i].fenmu = ;
             continue;
         }
         ll x = ans - (q[i].r-q[i].l+);
         ll y = (q[i].r-q[i].l+)*(q[i].r-q[i].l);
         ll k = gcd(x,y);
         q[i].fenzi = x / k;
         q[i].fenmu= y / k;
     }
 }

 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     blocksize = sqrt(n);
     for(int i =  ; i <= n ;i++)
     {
         scanf("%d",&c[i]);
     }
     for(int i =  ; i <= n; i++)
     {
         block[i] = (i-)/blocksize+;
     }
     for(int i =  ;i <= m ;i++)
     {
         scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
         q[i].id = i;
     }

     sort(q+,q+m+,cmp);
     solve();
     sort(q+,q+m+,cmp2);
     for(int i =  ; i <= m ;i++)
     {
         printf("%lld/%lld\n",q[i].fenzi,q[i].fenmu);

     }
     return ;
 }