标签：str src 实现 时间复杂度 node ack div utc queue
莫队算法
如果我们已知[l,r]的答案，能在O(1)时间得到[l+1,r]的答案以及[l,r-1]的答案，即可使用莫队算法。时间复杂度为O(n^1.5)。如果只能在logn的时间移动区间，则时间复杂度是O(n^1.5*log n)。
其实就是找一个数据结构支持插入、删除时维护当前答案。
这道题的话我们很容易用数组来实现，做到O(1)的从[l,r]转移到[l,r+1]与[l+1,r]。
那么莫队算法怎么做呢？以下都是在转移为O(1)的基础下讨论的时间复杂度。另外由于n与m同阶，就统一写n。
如果已知[l,r]的答案，要求[l’,r’]的答案，我们很容易通过|l – l’|+|r – r’|次转移内求得。
将n个数分成sqrt(n)块。
按区间排序，以左端点所在块内为第一关键字，右端点为第二关键字，进行排序，也就是以(pos [l]，r)排序
然后按这个排序直接暴力，复杂度分析是这样的：
1、i与i+1在同一块内，r单调递增，所以r是O(n)的。由于有n^0.5块,所以这一部分时间复杂度是n^1.5。
2、i与i+1跨越一块，r最多变化n，由于有n^0.5块，所以这一部分时间复杂度是n^1.5
3、i与i+1在同一块内时l变化不超过n^0.5，跨越一块也不会超过n^0.5，忽略*2。由于有m次询问（和n同级），所以时间复杂度是n^1.5
于是就是O(n^1.5)了
# include <cstdio> # include <cstring> # include <cstdlib> # include <iostream> # include <vector> # include <queue> # include <stack> # include <map> # include <set> # include <cmath> # include <algorithm> using namespace std; # define lowbit(x) ((x)&(-x)) # define pi 3.1415926535 # define eps 1e-9 # define MOD 1000000009 # define INF 1000000000 # define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) # define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i) # define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i) # define bug puts("H"); # define lch p<<1,l,mid # define rch p<<1|1,mid+1,r # define mp make_pair # define pb push_back typedef pair<int,int> PII; typedef vector<int> VI; # pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") typedef long long LL; int Scan() { int res=0, flag=0; char ch; if((ch=getchar())==‘-‘) flag=1; else if(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) res=ch-‘0‘; while((ch=getchar())>=‘0‘&&ch<=‘9‘) res=res*10+(ch-‘0‘); return flag?-res:res; } void Out(int a) { if(a<0) {putchar(‘-‘); a=-a;} if(a>=10) Out(a/10); putchar(a%10+‘0‘); } const int N=50005; //Code begin... struct Query{int L, R, id;}node[N]; LL gcd(LL a, LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} struct Ans{ LL a, b; void reduce(){LL d=gcd(a,b); a/=d; b/=d;} }ans[N]; int a[N], num[N], n, m, unit; bool comp(Query a, Query b){ if (a.L/unit!=b.L/unit) return a.L/unit<b.L/unit; return a.R<b.R; } void work(){ LL temp=0; mem(num,0); int L=1, R=0; FO(i,0,m) { while (R<node[i].R) { ++R; temp-=(LL)num[a[R]]*num[a[R]]; ++num[a[R]]; temp+=(LL)num[a[R]]*num[a[R]]; } while (R>node[i].R) { temp-=(LL)num[a[R]]*num[a[R]]; --num[a[R]]; temp+=(LL)num[a[R]]*num[a[R]]; --R; } while (L<node[i].L) { temp-=(LL)num[a[L]]*num[a[L]]; --num[a[L]]; temp+=(LL)num[a[L]]*num[a[L]]; ++L; } while (L>node[i].L) { --L; temp-=(LL)num[a[L]]*num[a[L]]; ++num[a[L]]; temp+=(LL)num[a[L]]*num[a[L]]; } ans[node[i].id].a=temp-(R-L+1); ans[node[i].id].b=(LL)(R-L+1)*(R-L); ans[node[i].id].reduce(); } } int main () { scanf("%d%d",&n,&m); FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i); FO(i,0,m) scanf("%d%d",&node[i].L,&node[i].R), node[i].id=i; unit=(int)sqrt(n); sort(node,node+m,comp); work(); FO(i,0,m) printf("%lld/%lld\n",ans[i].a,ans[i].b); return 0; }
标签：str src 实现 时间复杂度 node ack div utc queue
原文地址：http://www.cnblogs.com/lishiyao/p/6639390.html
