小Z的袜子(hose)
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。
题目大意：
都是中文，题目应该很容易懂，就是让你找一个区间中能成对袜子的概率（也不知道小z哪有那么多只不同的袜子-.-）。
解题思路：
首先我们想的肯定就是暴力搜索了，但很显然如果暴力的话复杂度为O（n*m）,对于这道题肯定是TLE的，这时候我们就引用我们的莫队算法了：
首先我们要对该数组进行一个分块，将其分成每sqrt（n）个元素为一块，以便于后面操作，再将搜索按分块来排序，按照左区间的升序排序，如果当左区间是一样的，则按照右区间的升序排序。
举个栗子：
对于上述样例 n为6 m为4 数组为 1 2 3 3 3 2，理论上我们应该分成 1 2 | 3 3 | 3 2|，但代码为了方便，直接分成多块变成：
1 | 2 3 | 3 3 | 2
for(LL i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
pos[i]=i/b; //所分块的位置
}对于访问 2 6 、1 3、3 5、1 6 我们进行排序，则以: 1 3、1 6 、2 6、3 5 的方式进行访问，
那为什么要进行分块排序呢，因为在莫队方法中有两个特别重要的东西，那就是左指针和右指针，他们所围城的区域就是我们所要找的区间，我们先初始化左指针left=1，right=0（数组下标从1开始），当我们进行访问时，判断left已经和访问的区间l是一样的我们就不用动它，但是right和r不一样，我们就将右指针往右移，我们用mark数组记录颜色出现的次数，比如mark[1]=1的意思就是颜色‘1’出现了一次，设置个全局变量ans记录在该区间有多少可以成对的袜子，在移动的过程中，mark数组也会增加，ans也会做出适当的变化，当然有增加也会有减少，比如左指针向右移动，或者右指针向左移。
void add(LL i){ // 增加的操作
ans+=mark[a[i]]; //保证组合关系
mark[a[i]]++; // 比如出现数字 1 3 3 3 对[1,3]访问时 mark[3]=2，ans=1,再对 [1,4]访问时 mark[3]=3，ans=1+2；
}
void del(LL i ){
mark[a[i]]--; // 先返回上一状态，再进行ans的相减
ans-=mark[a[i]]; //比如出现数字 1 3 3 3 对[1,4]访问时 mark[3]=3，ans=3 再对 [1,3]访问时 mark[3]=2，ans=3-2；
}在第一次查询的时候，left=1，right=3，ans=0 移动了三次，在第二次查询的时候，left=1，right=6，移动了三次。
但是如果是在不排序的情况下，第一次：left=2，right=6 移动了7次，第二次的时候left=1 right=3，移动了四次。
根据下面的查询，很明显在分块排序完之后显然比没有进行分块排序的要快很多，其时间复杂度为：O（(N+M)*√N）。
最后题目要求我们要求最简分数，我们已经知道分子=ans，而分母就是在该区间有多少种组合情况：(n)*(n-1)/2,n为该集合的元素的个数,那我们就应该求其分子和分母的最大公约数，再将分子和分母同时除以最大公约数就可以得到答案了。
LL gcd(LL a,LL b){ //求最大公约数一般有三种方法，这里用到的是辗转相除法
LL c=1;
while(c!=0) {
c=b%a;
if(c){
b=a;
a=c;
}
}
return a;
}附上完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 50005
#define LL long long
using namespace std;
struct mo{
LL l,r,id;
LL a,b;
}pe[MAXN];
LL ans=0;
LL mark[MAXN];
LL pos[MAXN],a[MAXN];
void add(LL i){ // 增加的操作
ans+=mark[a[i]]; //保证组合关系
mark[a[i]]++; // 比如出现数字 1 3 3 3 对[1,3]访问时 mark[3]=2，ans=1,再对 [1,4]访问时 mark[3]=3，ans=1+2；
}
void del(LL i ){
mark[a[i]]--; // 先返回上一状态，再进行ans的相减
ans-=mark[a[i]]; //比如出现数字 1 3 3 3 对[1,4]访问时 mark[3]=3，ans=3 再对 [1,3]访问时 mark[3]=2，ans=3-2；
}
LL gcd(LL a,LL b){ //求最大公约数一般有三种方法，这里用到的是辗转相除法
LL c=1;
while(c!=0) {
c=b%a;
if(c){
b=a;
a=c;
}
}
return a;
}
bool cmp(mo a,mo b){ //进行分块排序
return pos[a.l]==pos[b.l]? a.r<b.r : a.l<b.l;
}
bool CMP(mo a,mo b){
return a.id<b.id;
}
int main()
{
LL n,m;
while(~scanf("%lld %lld",&n,&m)){
memset(mark,0,sizeof(mark));
ans=0;
LL b=sqrt(n);
for(LL i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
pos[i]=i/b; //所分块的位置
}
for(LL i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld %lld",&pe[i].l,&pe[i].r);
pe[i].id=i;
}
LL l=1,r=0;
sort(pe+1,pe+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++){
while(l<pe[i].l){//如果左指针比左区间小的话，将左指针向右移，作减少函数，下面同理
del(l++);
}
while(l>pe[i].l){
add(--l);
}
while(r>pe[i].r){
del(r--);
}
while(r<pe[i].r){
add(++r);
}
pe[i].a=ans;
pe[i].b=(pe[i].r-pe[i].l+1)*(pe[i].r-pe[i].l)/2;
// printf("test:%lld %lld\n",pe[i].a,pe[i].b);
if(ans==0){ //根据题目要求如果分子等于零，分母直接为1
pe[i].b=1;
continue;
}
LL gcd1=gcd(pe[i].a,pe[i].b);
pe[i].a/=gcd1;
pe[i].b/=gcd1;
}
sort(pe+1,pe+1+m,CMP);
for(int i=1;i<=m;i++){
printf("%lld/%lld\n",pe[i].a,pe[i].b);
}
}
}