優雅的暴力。
引入
link。
這道題顯然可以用線段樹、樹狀陣列做，但如果我偏不用這些資料結構呢？
我們知道，暴力修改和查詢最壞是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，這樣肯定會掛掉。
那該怎麼辦呢？
正題
分塊
考慮將序列分成若干塊，我們設每塊長為 \(B\)。
對於每次查詢 \(\left [ l, r \right ]\)，我們涉及到修改的塊是 \(\left [ b_l, b_r \right ]\)（\(b_i\) 代表 \(i\) 屬於哪個塊）。
其中 \(\left [ b_l + 1, b_r - 1 \right ]\) 是整塊都被修改了。
不妨設定一個懶標記，把每塊的整塊操作都加到這裡面。
這樣修改的複雜度是 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B})\) 的。
那剩下的我們就可以暴力操作，複雜度是 \(\mathcal{O}(B)\) 的。
查詢同理。
此時修改查詢的複雜度就變成了 \(\mathcal{O}(B + \frac{n}{B})\) 了。
使得該數最小的顯然是 \(B = \sqrt{n}\)，所以該演算法的時間複雜度是 \(\mathcal{O}(m\sqrt{n})\)。
分塊主要解決區修區查類問題，只要滿足以下條件即可：
- 可以打懶標記（結合律）。
- 時間複雜度允許。
優勢：可解決問題範圍廣。
劣勢：時間複雜度高。
時間複雜度：\(\mathcal{O}(m\sqrt{n})\)。
空間複雜度：\(\mathcal{O}(n)\)。
莫隊
普通莫隊
莫隊是一種離線演算法，需要滿足以下條件：
- 在知道 \(\left [ l, r \right ]\) 的答案的情況下，可以 \(\mathcal{O}(1)\) 求出 \(\left [ l, r + 1 \right ]\)、 \(\left [ l, r - 1 \right ]\)、 \(\left [ l + 1, r \right ]\)、 \(\left [ l - 1, r \right ]\) 的答案。
- 允許離線。
- 只有詢問沒有修改。
首先將所有的詢問離線下來，記為 \(\left [ ql_1, qr_1 \right ],\left [ ql_2, qr_2 \right ],\dots,\left [ ql_m, qr_m \right ]\)。
將詢問排序（這正是莫隊演算法的精髓），從上一個詢問的答案一個個改到當前詢問，得到答案。
實現：
for (int i = 1; i <= m; i++) {
while (l < q[i].l) del(l++);
while (r > q[i].r) del(r--);
while (l > q[i].l) add(--l);
while (r < q[i].r) add(++r);
ans[q[i].id] = res;
}
但是仔細分析發現時間複雜度仍然可以被卡成 \(nm\)，一點都不優秀，甚至會更慢。
考慮最佳化。
我們想要最佳化複雜度的根本是讓 \(l\) 和 \(r\) 指標移動的距離儘量少。
對詢問範圍進行分塊，塊長為 \(B\)。
以詢問左端點的塊編號為第一關鍵字，右端點為第二關鍵字排序。
- 如果當前詢問與上一次處於同一塊，則 \(l\) 最多移動 \(B\)。
- 不同塊的詢問，\(l\) 最多移動 \(2B\)。
則：
- \(l\) 移動的複雜度是 \(m\times B = mB\)；
- \(r\) 的複雜度是 \(\frac{n}{B} \times n = \frac{n^2}{B}\)。
則複雜度是 \(\mathcal{O}(mB + \frac{n^2}{B})\)。
使得該式最小的 \(B\) 的值是 \(\frac{n}{\sqrt m}\)，則此時的時間複雜度就是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{m} + m\log m)\)。
\(m \log m\) 是排序的複雜度。
總結一下。
普通莫隊解決的問題滿足以下條件：
- 在知道 \(\left [ l, r \right ]\) 的答案的情況下，可以 \(\mathcal{O}(1)\) 求出 \(\left [ l, r + 1 \right ]\)、 \(\left [ l, r - 1 \right ]\)、 \(\left [ l + 1, r \right ]\)、 \(\left [ l - 1, r \right ]\) 的答案。
- 允許離線。
- 只有詢問沒有修改。
優勢：再沒有更快的思維做法之前，她幾乎是跑得最快並且思維含量最低的。
劣勢：只支援離線。
時間複雜度： \(\mathcal{O}(n\sqrt{m} + m\log m)\)。
空間複雜度： \(\mathcal{O}(n)\)。
例題 1：小 B 的詢問
非常板子的一道，維護一下 \(c\) 陣列即可。
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
#define FRE(x) freopen(x ".in", "r", stdin), freopen(x ".out", "w", stdout)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
int _test_ = 1;
const int N = 50008;
int n, m, k, block_size, res, cnt[N], a[N], ans[N];
struct node {
int l, r, id;
} q[N];
bool operator<(node x, node y) {
int xl = (x.l - 1) / block_size + 1, xr = (x.r - 1) / block_size + 1;
int yl = (y.l - 1) / block_size + 1, yr = (y.r - 1) / block_size + 1;
return (xl != yl) ? (xl < yl) : (x.r < y.r);
}
void add(int x) {
res += cnt[a[x]] * 2 + 1;
cnt[a[x]]++;
}
void del(int x) {
res -= cnt[a[x]] * 2 - 1;
cnt[a[x]]--;
}
void init() {}
void clear() {}
void solve() {
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
block_size = n / sqrt(m); // 塊長
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> q[i].l >> q[i].r;
q[i].id = i;
}
sort(q + 1, q + m + 1);
int l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
while (l < q[i].l) del(l++);
while (r > q[i].r) del(r--);
while (l > q[i].l) add(--l);
while (r < q[i].r) add(++r);
ans[q[i].id] = res;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cout << ans[i] << "\n";
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
// cin >> _test_;
init();
while (_test_--) {
clear();
solve();
}
return 0;
}
不過此題塊長就是 \(1\) 都能在 \(700\) 毫秒以內過，資料太水。
例題 2：小 Z 的襪子
也是非常板子的一道，維護一下 \(c\) 陣列，並將上一題中的答案分別記分子分母即可。
請注意分子為 \(0\) 的情況。
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
#define FRE(x) freopen(x ".in", "r", stdin), freopen(x ".out", "w", stdout)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
int _test_ = 1;
const int N = 500008;
int n, m, k, block_size, len;
pii res;
int cnt[N], a[N];
pii ans[N];
struct node {
int l, r, id;
} q[N];
bool operator<(node x, node y) {
int xl = (x.l - 1) / block_size + 1, xr = (x.r - 1) / block_size + 1;
int yl = (y.l - 1) / block_size + 1, yr = (y.r - 1) / block_size + 1;
return (xl != yl) ? (xl < yl) : (x.r < y.r);
}
void add(int x) {
res.first += cnt[a[x]];
res.second += len;
len++;
cnt[a[x]]++;
}
void del(int x) {
len--;
cnt[a[x]]--;
res.first -= cnt[a[x]];
res.second -= len;
}
void init() {}
void clear() {}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
block_size = n / sqrt(m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> q[i].l >> q[i].r;
q[i].id = i;
}
sort(q + 1, q + m + 1);
int l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (q[i].l == q[i].r) ans[q[i].id] = {0, 1};
while (l < q[i].l) del(l++);
while (r > q[i].r) del(r--);
while (l > q[i].l) add(--l);
while (r < q[i].r) add(++r);
if (res.first == 0) {
ans[q[i].id] = {0, 1};
continue;
}
int g = __gcd(res.first, res.second);
ans[q[i].id] = {res.first / g, res.second / g};
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cout << ans[i].first << "/" << ans[i].second << "\n";
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
// cin >> _test_;
init();
while (_test_--) {
clear();
solve();
}
return 0;
}
事實證明，還是 \(B = \frac{n}{\sqrt{m}}\) 跑得最快。
（咕咕咕。。。）