[国家集训队] 小 Z 的袜子

题目描述

upd on 2020.6.10 ：更新了时限。

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。

然而数据中有 $L=R$ 的情况，请特判这种情况，输出0/1。

输入格式

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 $C_i$，其中 $C_i$ 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。

输出格式

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）

样例 #1

样例输入 #1

6 4
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6

样例输出 #1

2/5
0/1
1/1
4/15

提示

$30\%$ 的数据中，$N,M\leq 5000$；

$60\%$ 的数据中，$N,M \leq 25000$；

$100\%$ 的数据中，$N,M \leq 50000$，$1 \leq L < R \leq N$，$C_i \leq N$。

题解

可以全部用等差数列做。

$C^2_n = (n - 1 + 1) * (n-1)/2$ （与问n个人两两握手有几种情况十分相似）此处的 $(n-1+1)$中前面的 $n-1$ 表示首项，后面的 $1$ 表示尾项，而 $ * (n-1)$ 中的 $(n-1)$ 表示项数，具体情况如下(每个1表示1只袜子)

具体做法是每次插入一个颜色就对原先的分子和分母进行更新。也就是先减去这个原先颜色个数的等差数列，然后加上更新后后颜色个数的等差数列。
如原先的颜色个数是x个，那么原先这个颜色的所能选中的情况是 $(x-1 + 1) (x-1) / 2$ 个。而更新后数为 $y(y=x+1)$ ，则更新后这个颜色可以选择（要加上）的次数为 $(y-1 + 1) (y-1) / 2$。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>

using namespace std;

long long n, m, block;
long long l = 1, r = 0;
long long a[5211314], pos[5211314], cnt[5211314], numerator, denominator;
//numerator分子 denominator分母

struct ASK {
	long long l, r, id;
}ask[5211314];

struct ANS {
	long long numerator, denominator;
	//答案的分子 分母
}ans[5211314];

inline long long read() {
	long long x = 0, f = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-') f = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch - '0');
		ch = getchar();
	}
	return x * f;
}

inline bool cmp(ASK a, ASK b) {
	if (pos[a.l] != pos[b.l]) return pos[a.l] < pos[b.l];
	else return a.r < b.r;
}

inline void Add(long long x) {
	if (cnt[a[x]] >= 1) {
		if (cnt[a[x]] != 1) numerator -= ((cnt[a[x]] - 1 + 1) * (cnt[a[x]] - 1) / 2);
		//只有cnt[a[x]]不为1的时候才用减去原先颜色a[x]的选择数
		numerator += ((cnt[a[x]] + 1) * (cnt[a[x]]) / 2);
	}
	cnt[a[x]] ++;
	denominator ++;
	return;
}

inline void Del(long long x) {
	if (cnt[a[x]] >= 2) {
		numerator -= ((cnt[a[x]] - 1 + 1) * (cnt[a[x]] - 1) / 2);
		if (cnt[a[x]] != 2) numerator += ((cnt[a[x]] - 1 - 1 + 1) * (cnt[a[x]] - 1 - 1) / 2);
		//只有cnt[a[x]]不为2(也就是减之后cnt[a[x]]不为1)的时候才用加新颜色a[x]的选择数
	}
	cnt[a[x]] --;
	denominator --;
	return;
}

int main() {
	n = read();
	m = read();
	block = sqrt(n);
	for (long long i = 1; i <= n; ++ i) {
		a[i] = read();
		pos[i] = (i - 1) / block + 1;
	}
	for (long long i = 1; i <= m; ++ i) {
		ask[i].l = read();
		ask[i].r = read();
		ask[i].id = i;
	}
	stable_sort(ask + 1, ask + 1 + m, cmp);
	for (long long i = 1, temp, temp2; i <= m; ++ i) {
		while (ask[i].l < l) Add(-- l);
		while (r < ask[i].r) Add(++ r);
		while (l < ask[i].l) Del(l ++);
		while (ask[i].r < r) Del(r --);
		temp2 = (denominator - 1 + 1) * (denominator - 1) / 2;
		//记得给分母等差数列
		if (numerator != 0) {
			temp = __gcd(numerator, temp2);//求最大公约数
			ans[ask[i].id].numerator = numerator / temp;
		}
		else {//若分子为0
			temp = temp2;
			ans[ask[i].id].numerator = 0;
		}
		ans[ask[i].id].denominator =  temp2 / temp;
	}
	for (long long i = 1; i <= m; ++ i) {
		printf("%lld/%lld\n", ans[i].numerator, ans[i].denominator);
	}
	return 0;
}