2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 259 MB
Submit: 17121  Solved: 7877
[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

版权所有者：莫涛

 

分析：

题意要求个区间任取两个数而且这两个数相等的概率 ,这里我们给出公式，

对于每一个区间[l,R],设其中颜色为x,y,z....的袜子的个数为a,b,c......

那么答案即为(a*(a-1)/2+b*(b-1)/2+c*(c-1)/2....)/((R-L+1)*(R-L)/2)

我们发现对于每一个a*（a-1）/2就是1~a-1累加和，所以我们可以设一个sum统计这个区间每种数的个数sum[x],数字x对答案的贡献为x*(x-1)/2,最后除以整个区间的方案数len*(len-1)/2就可以了，所以add函数的时候，一个新的x对答案的贡献就是加入x之前的sum[x](即先加在更新num[x],因为只需要累加的n-1即可），del函数的时候，减少的应该是删除x之后的sum[x]，这样就ok了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<functional>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<numeric>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn=1000005*2;
typedef long long ll;
int n,m,k;
//莫队算法主要处理离线问题，查询只给出L,R
//当[L,R]很容易向[L-1,R],[L+1,R],[L,R-1],[L,R+1]转移时可用莫队
//注意转移的时候先扩张再收缩，L先向右，L再向左，最后再收缩
//add就是当前区间添加某元素时要做的操作
//del就是当前区间删除某元素时要做的操作
//add，del函数写的时候都要注意结构顺序
struct node
{
    int l,r,id;
}Q[maxn]; ///保存询问值
int pos[maxn];///保存所在块
bool cmp(const node &a,const node &b)///先按l所在块的大小排，在按r的位置排
{
    if(pos[a.l]==pos[b.l])
        return a.r<b.r;
    return pos[a.l]<pos[b.l];
}
ll gcd_(ll a,ll b)
{
	return b==0?a:gcd_(b,a%b);
}
int num[maxn];
int a[maxn];

ll ans[maxn],ans2[maxn];
int L=0,R=0;
ll Ans=0;
void add(int x)
{
	Ans+=num[a[x]];
	num[a[x]]++;  ///先统计答案再加，以免多算一次当前的a[x],当前本身不能算
}
void del(int x)
{
	 num[a[x]]--;;///先减再统计答案，以免多减当前的a[x]
	 Ans-=num[a[x]];
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=-1)
    {
    	
	int sz=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        pos[i]=i/sz;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r);
        Q[i].id=i;
    }
    sort(Q+1,Q+1+m,cmp);
	num[0]=0;
    L=1;R=0;Ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) 
    {
        while(R<Q[i].r)
        {
            R++;
            add(R);
        }
        while(L>Q[i].l) ///前缀和L+1>Q[i].l
        {
            L--;
            add(L);
        }
        while(L<Q[i].l)///前缀和L+1<Q[i].l
        {
            del(L);
            L++;
        }
        while(R>Q[i].r)
        {
            del(R);
            R--;
        }
        ans[Q[i].id]=Ans;
        ans2[Q[i].id]=(1LL*(Q[i].r-Q[i].l+1)*(Q[i].r-Q[i].l))/2;
        long long tmp = gcd_(ans[Q[i].id],ans2[Q[i].id]);
        ans[Q[i].id]/=tmp;
        ans2[Q[i].id]/=tmp;
        if(ans[Q[i].id]==0) ans2[Q[i].id]=1;
    }
     for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%lld/%lld\n",ans[i],ans2[i]);;
    }
    return 0;
}