莫队这东西...orz
- 可用于解决一类可离线且在得到区间[l,r]的答案后,能在O(1)或O(log2n)得到区间[l,r+1]或[l−1,r]的答案的问题
我们先来看这样一个问题：
给出n个数字，m次询问，每次询问在区间[li,ri]之间任选两个数字相等的概率是多少。（n,q<=50000）（小z的袜子）
在区间[l,r]中，这个概率是：
∑vi=1C(2,f(i))
-----------------
C(2,r−l+1)
(v表示数字值，f(i)表示数字i在区间内出现的次数)
由于没有加和性质，传统的线段树什么的完全派不上用场了呢！
考虑分子，因为 x2−x
C(2,x) = --------
2
∑vi=1f(i)2−∑vi=1 f(i)
所以分子=-----------------------------
2
显然 ∑vi=1 f(i)=r−l+1若得知区间[l,r]的答案怎么求区间[l,r+1]的答案呢？仔细想想。恩，有了。区间[l,r+1]与区间[l,r]相比只多了一个元素Z，这种改动是很小的，
那么前式中分子的值S=S0−f(Z)2+(f(Z)+1)2−1=S0+2∗f(Z)，同时++f(z)。
恩，O(1)的。
这样的话，在处理下一个询问[li,ri]时，复杂度就是O(|r−ri|+|l−li|)的。
同样的方法，也可以在O(1)内求出[l−1,r],[l+1,r],[l,r−1].这样的方法对于随机数据表现是很好的，但也不难给出故意卡你的数据。
这时，就需要莫队算法来撑腰了，这也是莫队算法优化的精髓。
注意到，每个区间可以抽象成平面中的点，每次转移的花费都相当与从某点到另一点的曼哈顿距离的长度。恩，所以呢？
所以我们花费的便是这些平面中的点联通的曼哈顿距离。平面点的曼哈顿最小生成树！
对！但平面点的曼哈顿最小生成树怎么求呢？枚举两两点连接O(n2)，毫无意义。
其实平面点的曼哈顿最小生成树有基于平面区域划分的O(nlog2n)的求法，但我们有更简洁的方法。
对，就是分块！
- 神犇曰：分块是个好东西!
确实，利用分块，我们可以实现O(n√n)的时间复杂度。
虽然求解平面点的曼哈顿最小生成树是O(nlog2n)的，但根据莫队论文中的证明，用到这里时，仍然是O(n√n))，只不过常数小一些罢了。
- 分块的做法：
取x=(√n)，以[1,x],[x+1,2x],[2x+1,3x]..分块
用pos数组维护端点i在第pos[i]块中，然后就搞呗。这样搞：
1)：排序，以左端点所在的块为第一关键字，以右端点为第二关键字
2)：从左往右处理询问（离线）
3)：不断调整l,r的位置并同时修改
- 时间复杂度证明：
右端点移动： 首先我们考虑一个块里面的转移情况 由于一个块里面的询问都按右端点排序 所以我们右端点在一个块里面最多移动n次 有 O(√n)个块，那么同一个块内的右端点移动最多就是O(n√n) 然后考虑从一个块到另一个块导致的右端点变化 最坏情况，右端点由n到1，那么移动n次 有 O(√n)个块 那么从一个块到另一个块的事件只会发生O(√n)次…… 所以这种右端点移动的次数也是O(n√n)次 没有别的事件导致右端点移动了 左端点移动： 同一个块里面，由于左端点都在一个长度为O(√n)的区间里面 所以在同一块里面移动一次，左端点最多变化O(√n) 总共有n个询问…… 所以同一块里面的移动最多n次 那么同一个块里面的左端点变化最多是O(n√n)的 考虑跨越块 每由第i个块到第i+1个块，左端点最坏加上O(√n) 总共能加上O(√n)次 所以跨越块导致的左端点移动是O(n)的 综上，分块做法是O(n∗√n)。总结
莫队算法在解决离线区间询问几乎是无敌的。
恩，几乎只要能离线，用分块的莫队算法都能取得一个令人满意的的解法。
所以就有很多扩展（解决线段树等数据结构由于需要区间加和性而不能解决的问题），如区间众数，平均数什么的。
恩。真棒！
给出几道练手题￣へ￣:
例1.bzoj2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 259 MB
Submit: 10401 Solved: 4713
[Submit][Status][Discuss]
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
思路_(:з」∠)_:
这个好像是最简单的莫队模板啦~
上代码(≧▽≦)/:
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 50010;
int n,m,curL,curR;
LL answer;
int a[N],block[N];
LL cnt[N];
struct G {
int l,r,id;
LL x,y;
}t[N];
bool cmp(G a,G b)
{
if(block[a.l]==block[b.l])
return a.r < b.r;
return a.l < b.l;
}
bool idcmp(G a,G b)
{ return a.id < b.id; }
LL gcd(LL a,LL b){ return b == 0 ? a : gcd(b,a%b); }
LL squ(LL x){ return x*x; }
void change(int pre,int flag)
{
answer-=squ(cnt[a[pre]]);
cnt[a[pre]]+=flag;
answer+=squ(cnt[a[pre]]);
}
void solve()
{
sort(t+1,t+m+1,cmp);
/*
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d %d\n",t[i].l,t[i].r);
*/
curL=1,curR=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int L=t[i].l,R=t[i].r;
while(curL<L)
change(curL++,-1);
while(curL>L)
change(--curL,1);
while(curR<R)
change(++curR,1);
while(curR>R)
change(curR--,-1);
if(L==R)
{
t[i].x=0,t[i].y=1;
continue;
}
t[i].x=answer-(t[i].r-t[i].l+1);
t[i].y=(LL)(t[i].r-t[i].l+1)*(t[i].r-t[i].l);
// printf("%d %d\n",t[i].x,t[i].y);
LL k=gcd(t[i].x,t[i].y);
// printf("%d\n",k);
t[i].x/=k,t[i].y/=k;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int size=(int)(sqrt(n));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
block[i]=(i-1)/size+1;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&t[i].l,&t[i].r);
t[i].id=i;
}
solve();
sort(t+1,t+m+1,idcmp);
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%lld/%lld\n",t[i].x,t[i].y);
return 0;
}
例2.luoguP1972 [SDOI2009]HH的项链
-
- 693通过
- 1.5K提交
- 题目提供者 lych
- 标签 各省省选 2009山东 云端
- 难度 提高+/省选-
- 时空限制 1s / 128MB
题目背景
无
题目描述
HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH 相信不同的贝壳会带来好运，所以每次散步完后，他都会随意取出一段贝壳，思考它们所表达的含义。
HH 不断地收集新的贝壳，因此，他的项链变得越来越长。
有一天，他突然提出了一个问题：某一段贝壳中，包含了多少种不同的贝壳？这个问题很难回答……因为项链实在是太长了。
于是，他只好求助睿智的你，来解决这个问题。
输入输出格式
输入格式：
第一行：一个整数N，表示项链的长度。
第二行：N 个整数，表示依次表示项链中贝壳的编号（编号为0 到1000000 之间的整数）。
第三行：一个整数M，表示HH 询问的个数。
接下来M 行：每行两个整数，L 和R（1 ≤ L ≤ R ≤ N），表示询问的区间。
输出格式：
M 行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。
输入输出样例
输入样例#1：
6 1 2 3 4 3 5 3 1 2 3 5 2 6
输出样例#1：
2 2 4
说明
数据范围：
对于100%的数据，N <= 50000，M <= 200000。
思路o_O:
1）莫队
2）离线+树状数组（然而我并不会(?¯∀¯?)）
上代码╰(￣▽￣)╮:
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 50010;
const int M = 200010;
int n,m,k,curL,curR;
int answer;
int a[N];
LL cnt[M],ans[M];
struct G {
int l,r,id,block;
bool operator < (const G &qwq)const
{
if(block==qwq.block)
return r < qwq.r;
else
return block < qwq.block;
}
}t[M];
void add(int pre)
{
if(++cnt[a[pre]] == 1)
answer++;
}
void change(int pre)
{
if(--cnt[a[pre]] == 0)
answer--;
}
void modui()
{
sort(t+1,t+m+1);
curL=1,curR=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int L=t[i].l,R=t[i].r;
while(curL<L)
change(curL++);
while(curL>L)
add(--curL);
while(curR<R)
add(++curR);
while(curR>R)
change(curR--);
ans[t[i].id]=answer;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int size=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&m);
for(int i=1,l,r;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&t[i].l,&t[i].r);
t[i].id=i;
t[i].block=(t[i].l-1)/size+1;
}
modui();
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
例3.luoguP2709 小B的询问
-
- 157通过
- 244提交
- 题目提供者 BDF1
- 标签 云端↑
- 难度 提高+/省选-
- 时空限制 1s / 128MB
题目描述
小B有一个序列，包含N个1~K之间的整数。他一共有M个询问，每个询问给定一个区间[L..R]，求(Sigma)∑(c(i)^2)的值,其中i的值从1到K，其中c(i)表示数字i在[L..R]中的重复次数。
小B请你帮助他回答询问。
输入输出格式
输入格式：
第一行，三个整数N、M、K。
第二行，N个整数，表示小B的序列。
接下来的M行，每行两个整数L、R。
输出格式：
M行，每行一个整数，其中第i行的整数表示第i个询问的答案。
输入输出样例
输入样例#1：
6 4 3 1 3 2 1 1 3 1 4 2 6 3 5 5 6
输出样例#1：
6 9 5 2
说明
对于全部的数据，1<=N、M、K<=50000
思路O(∩_∩)O~~:
裸的莫队题...只是可惜我是真的没搞明白为什么可以这样做...然后胡乱敲了一个模板，啪的一下就AC了....
坑点╭(╯^╰)╮:
看样子好像并没有使用到k...
上代码{>~<}:
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 50010;
int n,m,k,curL,curR;
int answer;
int a[N];
LL cnt[N],ans[N];
struct G {
int l,r,num,block;
bool operator < (const G &qwq)const
{
if(block==qwq.block)
return r < qwq.r;
else
return block < qwq.block;
}
}t[N];
void change(int pre,bool flag)
{
if(flag)
answer-=(--cnt[a[pre]])<<1|1;
else
answer+=(cnt[a[pre]]++)<<1|1;
}
void modui()
{
sort(t+1,t+m+1);
curL=1,curR=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int L=t[i].l,R=t[i].r;
while(curL<L)
change(curL++,1);
while(curL>L)
change(--curL,0);
while(curR<R)
change(++curR,0);
while(curR>R)
change(curR--,1);
ans[t[i].num]=answer;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int size=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1,l,r;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&t[i].l,&t[i].r);
t[i].num=i;
t[i].block=(t[i].l-1)/size+1;
}
modui();
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
(___r___)
参考博客:
1.http://foreseeable97.logdown.com/posts/158522-233333
2.http://www.cnblogs.com/hzf-sbit/p/4056874.html
3.http://ydcydcy1.blog.163.com/blog/static/21608904020134411543898/
4.http://vawait.com/manhattanmst/
5.http://blog.csdn.net/huzecong/article/details/8576908