这篇文章主要是用来复习的，最近学了一些新的东西，多少要记录一下，不然以后忘了，不过似乎树状数组和ST表还没有补完，等后面有时间（不能拖拉）再去将他们给写完，然后就开始去学习一下计算几何，树形DP以及图论，啊啊啊啊啊啊，还要准备数学建模，哎，为什么明明都放假了，还要给自己找这么多事情呢，躺着好好玩玩原神不香吗，不行，以后早上起床要多喊几声“我已经放假了”，“我已经放假了”，“我已经放假了”来告诉自己现在已经放假了，不然绷得太紧会绷不住的。
还有一件事，先立上flag，要好好找个时间做一下自己的网站，后面的博客会迁移到上面，除了这个之外，还要做一个AI的项目，以及读一读西瓜书，好像给自己的事情安排的太多了啊，算了，先开始讲东西吧，废话有一说一，自己都觉得太多了
首先是莫队，莫队是大神莫涛提出的全新的数据结构
这一位是真的神犇，前国家队队长，%%%，由于只学了普通的莫队，所以在这里将会去只讲普通的莫队算法（因为只学了这么多）
那么现在就是去看一下这个题目
这个题就是一个普通莫队的板子题（这个题也可以是用线段树，以及树状数组来解决，但是感觉莫队算是一个优雅的解法）所以就讲一下莫队``
首先，莫队是一种离线的做法，而不是一种在线的做法， 离线的含义即为他需要将所有的结果处理完之后，然后再来输出，而在线则是说去做出一个答案之后就马上输出，那么莫队又是什么呢，下面这句话非常关键。
如果在查询完区间[l , r] 之后，就去可以在O（1）的时间里面去查询[l+1,r], [l-1,r], [ l,r+1] ,[l, r-1] 区间里面的答案，那么他的速度就会快上很多倍。但是，这一看不就是双指针嘛，那又有什么用处呢，除了这个之外，还有分治，这样子处理起来效率就会快上不少了。
那么看一下怎么实现的，直接上AC的代码了，这样子比较好理解
首先，我们要写上一个结构体，去存储上每一个询问。这里我们会记录他的左区间和他的右区间，在这里，如下所示
struct mo { ll l, r, id,ans; };
然后id会记录他是第几个输入的数据，这个用处很大，后面会讲解到，然后ans是用来记录答案的。
在继续下一步之前，先来看一下莫队的时间复杂度证明，莫队算法会将整个序列分为√n块，首先对于左指针，需要移动√n次，而对于右指针，则是要移动n次，所以在这里，由于存在√n个快，所以在这里，总共的移动次数应该是不超过O（n√n+n）的，所以这个便是莫队算法的时间复杂度，为O（n√n）。
那么为什么要分为√n块呢，在这里，假设块长为s，那么现在就是有n/s个块，然后由于每个块存在m个询问，第i个块询问的数量为q，那么，最坏的时间复杂度应该是
如下所示：
那么如果近似m和n，就可以知道最后的大小应该是√n，在这里就可以完成莫队算法的复杂度证明以及为什么要分成√n份。
n=read(); ll b = sqrt(n); for (int i = 1; i <= n; i++) { A[i]=read(); pe[i] = i / b; }
在这里作为输入端完成分块的操作。
那么在这里接下来就是莫队的精华，对于每一个询问的排序，若是两个询问的左边界在同一个块里面，那么这里就会去比较他们的右指针大小，否则就去比较他们的左指针的大小，如图是他们的比较代码。
inline bool cmp(mo a, mo b) { if (pe[a.l] == pe[b.l]) { return a.r < b.r; } return a.l < b.l; }
在这之后，就是关于指针的移动，主要是包括了remove 和 add 这两个算法，这里主要是去用来维护每个询问的ans，换言之，就是去求解。
`inline void add(ll i) {
//当前的数字不存在
if (!cnt[A[i]]) {
now++;
}
cnt[A[i]]++;
}
inline void rem(ll i) {
cnt[A[i]]--;
if (!cnt[A[i]]) {//当前的数字为0
now--;
}
} 会使用now变量来记录当前的答案。那么在这里，最后就是完整的代码了，#include<bits/stdc++.h>
define ll long long
const ll maxn = 1e6 + 7;
using namespace std;
struct mo {
ll l, r, id,ans;
};
inline ll read() {
ll x = 0;
ll f = 1;
char c = getchar();
while (c < '0' || c>'9') {
if (c == '-') {
f = -1;
}
c = getchar();
}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();
}
return x * f;
}
ll pe[maxn];
ll A[maxn];//记录原始数组
ll cnt[maxn];//记录当前区间中每个数字的数量
mo mos[maxn];
ll n, m;
ll now = 0;
inline bool cmp(mo a, mo b) {
if (pe[a.l] == pe[b.l]) {
return a.r < b.r;
}
return a.l < b.l;
}
inline bool cmp2(mo a, mo b) {
return a.id < b.id;
}
inline void add(ll i) {
//当前的数字不存在
if (!cnt[A[i]]) {
now++;
}
cnt[A[i]]++;
}
inline void rem(ll i) {
cnt[A[i]]--;
if (!cnt[A[i]]) {//当前的数字为0
now--;
}
}
int main() {
n=read();
ll b = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
A[i]=read();
pe[i] = i / b;
}
m=read();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
mos[i].l = read();
mos[i].r=read();
mos[i].id = i;
}
sort(mos + 1, mos + m + 1, cmp);
ll l = 1;
ll r = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {while (l < mos[i].l) {rem(l++);}while (l > mos[i].l) {add(--l);}while (r < mos[i].r) {add(++r);}while (r > mos[i].r) {rem(r--);}mos[i].ans = now;
}
sort(mos + 1, mos + m + 1, cmp2);for (int i = 1; i <= m; i++) {cout<<mos[i].ans<<endl;
}
}
//树状数组可能是更优的解法，感觉，莫队会被卡掉
但是，这道题是用莫队会被卡掉，所以在这里，这道题过不了，但是可以看看数据弱化版的题目。 [](https://www.luogu.com.cn/problem/SP3267) [](https://www.spoj.com/problems/DQUERY/) 这个题可以过了，这里有两个链接，是同一个题目 [](https://www.luogu.com.cn/problem/P1494) 然后就就是这道题，也是一个莫队的题目，但是他会相对复杂一些，这里其实也是一个统计种类数的问题，那么同样，是用莫队去做这个题，首先还是对于每一个询问，重新排序，但是除了l 和r之外，在这里我们还要记录两个元素a，b用来最后求解答案，分别为当前袜子的总数，以及袜子的总种类数，那么，在这里，接下来就是去维护ans了，用来记录答案，对于每一个新加入的袜子，答案会增加他的同类袜子数量个，因为它可以与每一个同种类的袜子两两组合，所以说在这里就可以维护了，如下所示。inline void add(ll i) {
ans += mark[a[i]];
mark[a[i]]++;
}
inline void del(ll i) {
mark[a[i]]--;
ans -= mark[a[i]];
}`
对于分数化简，在这里，我们只要使用GCD即可。
最后代码如下所示。
`#include<bits/stdc++.h>
define ll long long
define maxn (ll)5e4+9
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];
inline void add(ll i) {
ans += mark[a[i]];
mark[a[i]]++;
}
inline void del(ll i) {
mark[a[i]]--;
ans -= mark[a[i]];
}
inline ll gcd(ll a, ll b) {
if (b != 0) {
return gcd(b, a % b);
}
return a;
}
inline bool cmp(mo a, mo b) {
return pos[a.l] == pos[b.l] ? a.r < b.r : a.l < b.l;
}
inline bool cmp2(mo a, mo b) {
return a.id < b.id;
}
int main() {
ll n, m;
cin >> n >> m;
ll b = sqrt(n);
ans = 0;
memset(mark, 0, sizeof(mark));
for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];pos[i] = i / b;
}for (int i = 1; i <= m; i++) {cin >> pe[i].l>> pe[i].r;pe[i].id = i;
}ll l = 1, r = 0;
sort(pe + 1, pe + m + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) {while (l < pe[i].l) {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;if (ans == 0) {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 + m + 1, cmp2);
for (int i = 1; i <= m; i++) {cout << pe[i].a << '/' << pe[i].b << endl;
}
return 0;
}`
那么就到这里了
