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静态莫队分块 静态莫队分块 Part1 静态莫队原理 Part 2 静态莫队例题

分类: IT文章 • 2024-08-07 18:00:13

( ext{Update:2021/7/9})

  • 优化了叙述顺序
  • 增加了莫队算法的几何证明

( ext{Update:2021/7/10})

  • 更新了码疯，用 while 替代了莫队中的 for 语句，并压缩了代码。

前言

分块的另一种重要形式是对询问分块。这是一种离线做法，又被称为“莫队算法”（前国集队长莫涛在“小 Z 的袜子”一题中创造性的提出了这种做法，因此得名）。

在了解静态莫队算法之前，可以先思考这样一个问题：

  • 为什么在线的暴力算法很慢？

显然，对于每次询问，暴力算法都重新处理一遍答案，输出结果。由于没有数据结构的优化，导致效率很低。

莫队算法的本质也是暴力，但它的优点在于调整了询问出现的顺序，使得重复利用之前处理过的答案成为可能。

什么是莫队分块？什么是莫队分块？如果你想了解，什么是莫队分块的话，现在就带你研究。

Part1 静态莫队原理

既然叫“静态莫队”，肯定是处理只有区间询问，没有修改的问题啦！

预处理

首先读入需要操作的数组 (A) 和操作序列 (Q,(Q_i=[l_i,r_i]))，离线下来。

把数组 (A) 分成 (sqrt N) 块，第 (i) 块记作 (A_i) ，再把所有询问 (Q_j) 按照左端点 (l_j) 从小到大排序，使每一个 (Q_j) 的 (l_j) 落在某个块 (A_i) 内（如果 (Q_j) 的左端点 (l_j) 落在 (A_i) 块内，那么记这个 (Q_jin A_i)）。然后把每个 (A_i) 块内包含的所有 (Q_j) 按照 (r_j) 从小到大排序。

回答问题？

莫队快速回答问题的基础是“上一次查询的答案”，于是先把每一个 (A_i) 的第一个询问 (Q_j) 暴力处理出来，得到一组答案（当然如果懒的话，只处理第一块的第一个询问也是 OK 的。下面的代码中由于我懒，所以只处理第一块的第一个询问）。然后把这组答案经过左右端点暴力调整更新后，用来回答所属块内的其他询问。

几何法理解莫队

如果把查询区间的 ([l,r]) 看作平面内一个点 ((l,r)) 的话，就相当于平面上存在 (m) 个点。从原点出发（初始不知道任何点的答案），沿着坐标轴移动（就是增加、删除操作）修改 (l,r) ，更新答案，直到走到点 (l,r) ，此时我们就可以回答询问 ([l,r]) 。如果我们走到了所有的点，那么就相当于完成了问题的求解。

复杂度分析

整体分析复杂度：

排序之后，在每块内部，两个相邻询问的左端点变化 (<sqrt N) ，右端点变化单调递增。如果我们以上一次询问的回答为基础，那么每次最多花 (sqrt N) 的时间处理两次询问左端不同的部分。而 (A_i) 整块内，右端点增长的范围之和 (N) 。

一共有 (N) 次询问 ，(sqrt N) 个块需要处理，总共处理左端点 (N) 次乘 (sqrt N) 处理一次，总共处理 (sqrt N) 个块，处理一个块内的右端点总共花 (N) ，总复杂度 (O(Nsqrt N)) 。（实际上莫队跑得比这个快多了）

但是这个复杂度是建立在可以 (O(1)) 处理单个元素对答案的影响之上的。如果用莫队套了某种数据结构（比如说堆、平衡树等），这样处理单个元素的复杂度提升为 (logN) ，就会出现 (O(Nsqrt NlogN)) 这种玄学复杂度。

Part 2 静态莫队例题

T1 [国家集训队]小Z的袜子

最经典的莫队例题，也是莫队算法的出处。

题目链接：Link

题目描述：

给定一个长度为 (n) 的序列 (A) ，有 (m) 次询问，每次在 ([l,r]) 内随机选两个数 (A_i,A_j) ，询问这两个数相同的概率。

Solution：

要求概率，先得把式子一推。

考虑在区间 ([l,r]) 之间， 数 (i) 出现了 (x_i) 次，那么两抓都抓到 (i) 的概率很好算：

[p=frac{x_i}{r-l+1} imes frac{x_i-1}{r-l}= frac{x_i^2-x_i}{(r-l+1) imes(r-l)} ]

如果这段区间内一共有 (c) 种数，根据加法原理，总概率为：

(p=frac{sum_cx_i^2-sum_cx_i}{(r-l+1) imes (r-l)})

其中 (sum_cx_i) 显然就是区间中所有的数之和，也就是 (r-l+1) ，于是式子中只有 (sum_c x_i^2) 是变量，也就是我们需要维护的量。建立一个变量 (ans) 来维护这个值，那么整段的答案就可以由 (ans) 计算得到。

要想使用莫队，还得搞定单个元素对答案 (ans) 的影响：

  1. 添加一个元素对 (ans) 的影响：

    设这个元素在添加前在 ([l,r]) 内共出现过 (x) 次，那么有：

    [Delta x=(x+1)^2-x^2=2x+1 ]

  2. 删除一个元素对 (ans) 的影响：

    设这个元素在删除前在 ([l,r]) 内共出现过 (x) 次，那么有：

    [Delta x=(x-1)^2-x^2=-2x+1 ]

处理好单个元素影响后，就可以调整询问的左右端点，处理答案了。

Code：

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

//using namespace std;

const int maxn=50005;
#define int long long 

template <typename _T>
inline void read(_T &x){
  x=0;int fh=1;
  char ch=getchar();
  while(!isdigit(ch)){
    if(ch=='-')
      fh=-1;
    ch=getchar();
  }
  while(isdigit(ch)){
    x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    ch=getchar();
  }
  x*=fh;
}

int gcd(const int x,const int y){
  if(!y) return x;
  return gcd(y,x%y);
}//题目要求输出最简分数

int n,m,len;
int A[maxn],bel[maxn];

struct Node{
  int l,r,org;//l，r表示左右端点，org表示这是第几个询问，用于处理答案
};
struct Node query[maxn];

inline bool operator < (const Node a,const Node b){
  return bel[a.l]!=bel[b.l]?bel[a.l]<bel[b.l]:a.r<b.r;
}//先按块分，再按右端点分

int num[maxn],ans;//num是桶，即i在当前区间出现了num[i]次

void add(const int i){
  ans+=num[i]*2;
  ans++;
  num[i]++;
}

void del(const int i){
  ans-=num[i]*2;
  ans++;
  num[i]--;
}//添加，删除单个元素影响
//根据上面推出的式子更新ans的值

int ans1[maxn],ans2[maxn];//这两个用来记录分子分母

signed main(){
  read(n),read(m);
  len=(int)std::sqrt(n);
  for(int i=1;i<=n;++i){
    bel[i]=(i-1)/len+1;//记第i个元素属于bel[i]块
    read(A[i]);
  }
  for(int i=1;i<=m;++i)
    read(query[i].l),read(query[i].r),query[i].org=i;
  std::sort(query+1,query+1+m);//读入所有询问后排序
  int l=1,r=0;
  for(int i=1;i<=m;++i){
    while(l<query[i].l) del(A[l++]);
    while(l>query[i].l) add(A[--l]);
    while(r<query[i].r) add(A[++r]);
    while(r>query[i].r) del(A[r--]);//调整左右端点，使之与查询区间吻合
    ans1[query[i].org]=ans-(query[i].r-query[i].l+1);
    ans2[query[i].org]=(query[i].r-query[i].l+1)*(query[i].r-query[i].l);
    if(ans1[query[i].org]==0)
      ans2[query[i].org]=1;//特判一下，统计答案
    else{
      int g=gcd(ans1[query[i].org],ans2[query[i].org]);
      ans1[query[i].org]/=g;
      ans2[query[i].org]/=g;
    }
  }
  for(int i=1;i<=m;++i)
    printf("%lld/%lld
",ans1[i],ans2[i]);
  return 0;
}

T2 洛谷P3901 数列找不同

题目链接：Link

题目描述：

给定长度为 (n) 的序列 (A(A_iin [1,n]))，有 (m) 次询问，每次询问 ([l,r]) 内元素是否各不相同。

Solution：

有点像上个例题，还是考虑开桶记录每个 (A_i) 的出现次数。同时还要维护一个 (cnt) 表示当前区间有多少个重复元素，每次更新桶内元素时顺便更新 (cnt) 。如果 (cnt=0) ，说明这段内元素各不相同，否则则出现重复。

Code：

主体框架和 T1 一样，故只给出 add 和 del 部分的代码。

void add(const int i){
  num[i]++;
  if(num[i]>1) cnt++;
  if(cnt>0) ans=0;
  else ans=1;
}

void del(const int i){
  num[i]--;
  if(num[i]>=1) cnt--;
  if(cnt==0) ans=1;
  else ans=0;
}

T3 [SDOI2009]HH的项链

这题在我之前的博客里讨论过主席树做法，现在看看莫队做法。

题目链接：Link

题目描述：

给定一个长度为 (n) 的序列 (A(A_iin [1,1e6]))，有 (m) 次询问，每次询问 ([l,r]) 之间有多少个互不相同的元素。

Solution：

这题用主席树还要想想，起码要想到预处理 (A_i) 下一次什么时候出现，然后才能用主席树维护。但是如果用莫队...

这不是 shabi 题吗？

还是开桶，直接用 (ans) 维护不同元素的数量，回答每个询问。

Code：

和 T1 基本一样，故仍只给出 add 和 del 的代码。

因为这题出题人有意在卡莫队，所以莫队只能拿 72 分（当年用主席树也没放我过啊）。

另外，静态莫队还有一个小优化：奇偶性优化。即编号是奇数的块按 (r_j) 从小到大，否则从大到小排序。

inline bool operator < (const Node a,const Node b){
  return bel[a.l]!=bel[b.l]?bel[a.l]<bel[b.l]:a.r<b.r;
}//奇偶性优化

inline void add(const int i){
  num[i]++;
  if(num[i]==1) ans++;
}

inline void del(const int i){
  num[i]--;
  if(num[i]==0) ans--;
}

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