·通过排序巧妙优化复杂度,NOIP前的最后一丝宁静。
·目前的题型概括为三种:普通莫队,树形莫队以及带修莫队。
若谈及入门,那么BZOJ2038的美妙袜子一题堪称经典。
【例题一】袜子
·题目大意:
进行区间询问[l,r],输出该区间内随机抽两次抽到相同颜色袜子的概率。
·分析:
首先考虑对于一个长度为n区间内的答案如何求解。题目要求Ans使用最简分数表示:那么分母就是n*n(表示两两袜子之间的随机组合),分子是一个累加和,累加的内容是该区间内每种颜色i出现次数sum[i]的平方。
将莫队算法抬上议程。莫队算法的思路是,离线情况下对所有的询问进行一个美妙的SORT(),然后两个指针l,r(本题是两个,其他的题可能会更多)不断以看似暴力的方式在区间内跳来跳去,最终输出答案。
掌握一个思想基础:两个询问之间的状态跳转。如图,当前完成的询问的区间为[a,b],下一个询问的区间为[p,q],现在保存[a,b]区间内的每个颜色出现次数的sum[]数组已经准备好,[a,b]区间询问的答案Ans1已经准备好,怎样用这些条件求出[p,q]区间询问的Ans2?
考虑指针向左或向右移动一个单位,我们要付出多大的代价才能维护sum[]和Ans(即使得sum[],Ans保存的是当前[l,r]的正确信息)。我们美妙地对图中l,r的向右移动一格进行分析:
如图啦。l指针向右移动一个单位,所造成的后果就是:我们损失了一个绿色方块。那么怎样维护?美妙地,sum[绿色]减去1。那Ans如何维护?先看分母,分母从n2变成(n-1)2,分子中的其他颜色对应的部分是不会变的,绿色却从sum[绿色]2变成(sum[绿色]-1)2 ,为了方便计算我们可以直接向给Ans减去以前该颜色的答案贡献(即sum[绿色]2)再加上现在的答案贡献(即(sum[绿色]-1)2 )。同理,观赏下面的r指针移动,将是差不多的。
·如图r指针的移动带来的后果是,我们多了一个橙色方块。所以操作和上文相似,只不过是sum[橙色]++。
·回归正题地,我们美妙的发现,知道一个区间的信息,要求出旁边区间的信息(旁边区间指的是当前区间的一个指针通过加一减一得到的区间),竟只需要O(1)的时间。
·就算是这样,到这里为止的话莫队算法依旧无法焕发其光彩,原因是:如果我们以读入的顺序来枚举每个询问,每个询问到下一个询问时都用上述方法维护信息,那么在你脑海中会浮现出l,r跳来跳去的疯狂景象,疯狂之处在于最坏情况下时间复杂度为:O(n2)————如果要这样玩,那不如写一个暴力程序。
·“莫队算法巧妙地将询问离线排序,使得其复杂度无比美妙……”在一般做题时我们时常遇到使用排序来优化枚举时间消耗的例子。莫队的优化基于分块思想:对于两个询问,若在其l在同块,那么将其r作为排序关键字,若l不在同块,就将l作为关键字排序(这就是双关键字)。大米饼使用Be[i]数组表示i所属的块是谁。排序如:
·值得强调的是,我们是在对询问进行操作。
·时间复杂度分析(分类讨论思想):
首先,枚举m个答案,就一个m了。设分块大小为unit。
分类讨论:
①l的移动:若下一个询问与当前询问的l不同,那么只需要经过最多2*unit步可以使得l成功到达目标.复杂度为:O(m*unit)
②r的移动:r只有在Be[l]相同时才会有序(其余时候还是疯狂地乱跳,你知道,一提到乱跳,那么每一次最坏就要跳n次!),Be[l]什么时候相同?在同一块里面l就Be[]相同。对于每一个块,排序执行了第二关键字:r。所以这里面的r是单调递增的,所以枚举完一个块,r最多移动n次。总共有n/unit个块:复杂度为:O(n*n/unit)
总结:O(n*unit+n*n/unit)(n,m同级,就统一使用n)
根据基本不等式得:当n为sqrt(n)时,得到莫队算法的真正复杂度:
O(n*sqrt(n))
·代码上来了(莫队喜欢while):
1 #include<stdio.h> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<math.h> 5 #include<cstring> 6 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 7 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 8 #define ll long long 9 using namespace std;const int N=50003; 10 struct Mo{int l,r,ID;ll A,B;}q[N];ll S(ll x){return x*x;} 11 ll GCD(ll a,ll b){while(b^=a^=b^=a%=b);return a;} 12 int n,m,col[N],unit,Be[N];ll sum[N],ans; 13 bool cmp(Mo a,Mo b){return Be[a.l]==Be[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l;} 14 bool CMP(Mo a,Mo b){return a.ID<b.ID;}; 15 void revise(int x,int add){ans-=S(sum[col[x]]),sum[col[x]]+=add,ans+=S(sum[col[x]]);} 16 int main() 17 { 18 scanf("%d%d",&n,&m);unit=sqrt(n); 19 go(i,1,n)scanf("%d",&col[i]),Be[i]=i/unit+1;; 20 go(i,1,m)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].ID=i; 21 22 sort(q+1,q+m+1,cmp); 23 24 int l=1,r=0; 25 go(i,1,m) 26 { 27 while(l<q[i].l)revise(l,-1),l++; 28 while(l>q[i].l)revise(l-1,1),l--; 29 while(r<q[i].r)revise(r+1,1),r++; 30 while(r>q[i].r)revise(r,-1),r--; 31 32 if(q[i].l==q[i].r){q[i].A=0;q[i].B=1;continue;} 33 q[i].A=ans-(q[i].r-q[i].l+1); 34 q[i].B=1LL*(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l); 35 ll gcd=GCD(q[i].A,q[i].B);q[i].A/=gcd;q[i].B/=gcd; 36 } 37 38 sort(q+1,q+m+1,CMP); 39 go(i,1,m)printf("%lld/%lld\n",q[i].A,q[i].B); 40 return 0; 41 }//Paul_Guderian