过程：
想了很久如何求组合数C（n，m），然而 YL 同学提醒了可以直接除以 2*n*（n - 1 ）。改了之后果然对了，以为一定是一次性AC 了，然而 WA 了3次，尴尬 ——
神 TM，ZC 苟看了题解说要开 long long，幡然醒悟会 int 爆炸 。
暴力：
很容易想到，可以将区间排序，第一关键字为左区间越小越好，第二关键字为右区间端点越大越好 。
然而这样做看起来复杂度很可观，因为最坏情况是O（nq）的：
想暴力跳吗？
那么你会来回跳的，TLE 。
正解：
回到排序的问题，我们是将左右定为关键字的，然而这样不能保证有区间是单调递增的，也就是会出现反复横跳的情况 。
那么我们如何保证反复横跳不出现，或者少出现，或者横跳的范围尽量小呢？
不错，就是莫队算法 。
莫队算法就是一个强大的暴力 。
我们其实只需要调整一下排序关键字就好了，首先将整个袜子序列分成 Sqrt（n）个块（分块算法），并将属于同一个块的所有区间按照右区间端点越大越好；不属于同一个块的所有区间按照左区间端点越小越好 。
嘿，为什么这样是正确的呢？
这样只需要暴力反复横跳左区间端点，而对于左区间对应的每一个块的右区间一个一个跳是O（n）的，像刷子一样，而这样右区间端点绝对不会走回头路！
所有块的横跳复杂度是 q * Sqrt（n），右端点的指针最多每一个块 For n 次；
所以最终的复杂度是O（（n + q）* Sqrt（n））！
现在你已经解决了本题的大 Boss 了！
但时间复杂度解决了，如何统计答案呢（小 Boss）？
小区间对大区间是有贡献的，所以可以用小区间去更新大区间 。
情况1：
如果小区间的左端点 > 大区间的左端点，那么说明 大区间在小区间 左端点左边 的某一部分没有包含，说明需要将这一段统计。
情况2：
如果小区间的左端点 < 大区间的左端点，那么说明 小区间在大区间 左端点左边 的某一部分统计多了，说明需要将这一段删除贡献 。
如何统计答案？
对于每加进一个新的结点，它对已经加入的结点都有 1 的贡献；所以如何知道已经加入多少个点了呢？
假设加入的是第 i 只袜子 。可以开桶记录已经统计了 Bucket [ C [ i ] ] 个同 C [ i ] 颜色相同的袜子，现在，加入一个颜色为 C [ i ] 的袜子，那么贡献就是 Bucket [ C [ i ] ]！
对于每加退出一个旧的结点，它原本对已经加入的结点都有 Bucket [ C [ i ] ] - 1 的贡献；原本贡献是Bucket [ C [ i ] ] - 1 的原因是它加入的时候有 Bucket [ C [ i ] ] - 1 只同色袜子被统计，那么退群的时候就只需要减去它加入时的贡献就好了！
没有完，区间分布可能有很多个块，所以需要跳块 。
有两个选择，第一个是暴力跳块，就是和跳左右区间一样的道理，需要维护入桶和出桶；另一个是直接到下一个块的第一个左端点直接开始处理，这之前只需要将 Bucket 数组清零就行，不会 T，因为最多清零 Sqrt（n）次，每次复杂度为 O（50000），炸不了 。
输出处理答案需要注意是最简分数，同时除以 Gcd 就好了啊，用一个结构体 ansx 保存一下分子和分母就好了 。
注意区间是排好序的（打乱了），所以必须记录 id，表示当前处理的区间的前身是 id 号区间，将分子分母存入ansx [ id ] 。
1 /************************************************************** 2 Problem: 2038 3 User: jerrywans 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:728 ms 7 Memory:4432 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 #include <bits/stdc++.h> 11 12 const int N = 100000 + 45 ; 13 14 int a [ N ] , pos [ N ] , bucket [ N ] ; 15 int n , m , block ; 16 long long ans ; 17 18 struct Node { 19 int l , r , id ; 20 short operator < ( const Node & rhs ) const { 21 if ( pos [ l ] == pos [ rhs . l ] ) return r < rhs . r ; // 关键字排序 22 return l < rhs . l ; 23 } 24 } 25 grid [ N ] ; 26 27 struct Ans { 28 int fst , sec ; // fst是分子，sec是分母 29 } 30 ansx [ N ] ; 31 32 int gcd ( long long a , long long b ) { 33 return b == 0 ? a : gcd ( b , a % b ) ; 34 } 35 36 int modify ( long long x , long long y , int id ) { 37 int d = gcd ( x , y ) ; 38 if ( x == 0 ) ansx [ id ] . fst = 0 , ansx [ id ] . sec = 1 ; 39 else ansx [ id ] . fst = x / d , ansx [ id ] . sec = y / d ; 40 } 41 42 void work ( ) { 43 int lasl = grid [ 1 ] . l , lasr = grid [ 1 ] . r ; 44 for ( int i = lasl ; i <= lasr ; i ++ ) { 45 ans += 1ll * bucket [ a [ i ] ] ; 46 bucket [ a [ i ] ] ++ ; 47 } 48 modify ( ans , 1ll * ( lasr - lasl + 1 ) * ( lasr - lasl ) / 2 , grid [ 1 ] . id ) ; 49 for ( int q = 2 ; q <= m ; q ++ ) { 50 int nowl = grid [ q ] . l , nowr = grid [ q ] . r ; 51 if ( pos [ nowl ] == pos [ lasl ] ) { 52 if ( nowl < lasl ) { 53 for ( int i = nowl ; i < lasl ; i ++ ) { 54 ans += 1ll * bucket [ a [ i ] ] ; 55 bucket [ a [ i ] ] ++ ; 56 } 57 } 58 if ( nowl > lasl ) { 59 for ( int i = lasl ; i < nowl ; i ++ ) { 60 bucket [ a [ i ] ] -- ; 61 ans -= 1ll * bucket [ a [ i ] ] ; 62 } 63 } 64 for ( int i = lasr + 1 ; i <= nowr ; i ++ ) { 65 ans += 1ll * bucket [ a [ i ] ] ; 66 bucket [ a [ i ] ] ++ ; 67 } 68 modify ( ans , 1ll * ( nowr - nowl + 1 ) * ( nowr - nowl ) / 2 , grid [ q ] . id ) ; 69 lasl = nowl , lasr = nowr ; 70 } 71 else { 72 ans = 0 ; 73 lasl = nowl , lasr = nowr ; 74 memset ( bucket , 0 , sizeof ( bucket ) ) ; 75 for ( int i = nowl ; i <= nowr ; i ++ ) { 76 ans += 1ll * bucket [ a [ i ] ] ; 77 bucket [ a [ i ] ] ++ ; 78 } 79 modify ( ans , 1ll * ( nowr - nowl + 1 ) * ( nowr - nowl ) / 2 , grid [ q ] . id ) ; 80 } 81 } 82 } 83 84 int main ( ) { // 离线，莫队 85 86 scanf ( "%d%d" , & n , & m ) ; 87 block = ( int ) sqrt ( n ) ; 88 for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf ( "%d" , & a [ i ] ) ; 89 for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) { 90 scanf ( "%d%d" , & grid [ i ] . l , & grid [ i ] . r ) ; 91 grid [ i ] . id = i ; 92 } 93 for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) pos [ i ] = ( i - 1 ) / block + 1 ; // 记录每个结点属于的块的编号 94 std :: sort ( grid + 1 , grid + m + 1 ) ; 95 work ( ) ; 96 for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) 97 printf ( "%d/%d\n" , ansx [ i ] . fst , ansx [ i ] . sec ) ; // 按照区间顺序输出解 98 99 return 0 ; 100 } 101 /* 102 6 4 103 1 2 3 3 3 2 104 2 6 105 1 3 106 3 5 107 1 6 108 */