洛谷1494 BZOJ2038 小Z的袜子 莫队 乘法原理 概率

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题意：
从1到n有n个数，每次询问给你一个区间$[l,r]$，问你从区间中随机选两个数，选到两个相同的数的概率（两次选到的数下标不能相同），答案输出最简分数(若l=r，则输出0/1)。

题解：
假设在区间$[l,r]$中有若干种不同的数，它们出现的次数分别是a、b、c…，那么第一次有$r-l+1$种选择，第二次有$r-l$种选择，根据乘法原理，两次一共$(r-l+1)*(r-l)$种选择。而第一次选到出现了a次的那个数的概率是$\frac{a}{r-l+1}$，第二次是在第一次已经选了一个该数的情况下再选到该数才行，所以第二次的概率应该是$\frac{a-1}{r-l}$，那么根据乘法原理，在区间内两次选到的相同的那个数一共在区间里出现了a次的话，概率是$\frac{a(a-1)}{(r-l+1)(r-l)}$。而有若干种数出现，那么答案就是$\frac{a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)+...}{(r-l+1)(r-l)}$。要保证复杂度，那么一个想法就是我们不可能每次都把这个式子计算一遍，那么我们就考虑每次询问答案会在之前的基础上有哪些变动。我们发现，分母在给出询问时就可以$O(1)$计算出了，那么我们就考虑分子。我们把分子展开，得到$a^2+b^2+c^2+..-a-b-c-...$，而由于区间内有$r-l+1$个数，那么所有数在区间内出现的次数之和$a+b+c+...$就等于$r-l+1$。但是怎么维护$a^2+b^2+c^2+...$呢？
首先根据数据范围，直接暴力肯定不行，而又不满足线段树的区间的可合并性，那么我们就不妨考虑根号算法，于是就考虑使用莫队。我们知道，莫队是使用条件就是由$[l,r]$的答案得到$[l+1(-1),r]$的答案和$[l,r+1(-1)]$的答案需要$O(1)$或者$O(logn)$的时间即可，那么我们就考虑这个问题需要什么样的复杂度。我们考虑区间的左端点或者右端点移动1个位置，那么相当于在原区间的基础上，新加上或删去的那个数的出现次数改变了1，那么我们记录每个数在当前区间出现了多少次，我们先减去原来出现次数的平方（因为出现次数是$a$，维护的是$a^2$），再将出现次数加1或减1，加上新的出现次数的平方即可。
最后要输出最简分数就除以gcd即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,c[50010],pos[50010],sz;
long long sum,tot[50010];
struct node
{
    int l,r,id;
    long long a,b;
}a[100010];
int cmp1(node x,node y)
{
    if(pos[x.l]==pos[y.l])
    return x.r<y.r;
    else
    return x.l<y.l;
}
int cmp2(node x,node y)
{
    return x.id<y.id;
}
inline void add(int x)
{
    sum-=(long long)tot[x]*tot[x];
    ++tot[x];
    sum+=(long long)tot[x]*tot[x];
}
inline void del(int x)
{
    sum-=(long long)tot[x]*tot[x];
    --tot[x];
    sum+=(long long)tot[x]*tot[x];
}
inline long long gcd(long long x,long long y)
{
    return y?gcd(y,x%y):x; 
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&c[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
        a[i].id=i;
    }
    sz=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    pos[i]=(i-1)/sz+1;
    sort(a+1,a+m+1,cmp1);
    int l=1,r=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        while(l<a[i].l)
        del(c[l++]);
        while(l>a[i].l)
        add(c[--l]);
        while(r<a[i].r)
        add(c[++r]);
        while(r>a[i].r)
        del(c[r--]);
        if(a[i].l==a[i].r)
        {
            a[i].a=0;
            a[i].b=1;
            continue;
        }
        a[i].a=sum-(a[i].r-a[i].l+1);
        a[i].b=(long long)(a[i].r-a[i].l+1)*(a[i].r-a[i].l);
        long long d=gcd(a[i].a,a[i].b);
        a[i].a/=d;
        a[i].b/=d;
    }
    sort(a+1,a+m+1,cmp2);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    printf("%lld/%lld\n",a[i].a,a[i].b);
    return 0;
}