莫队入门-白红宇

莫队入门

阅读量：5156 次

发布时间：2019-06-13

本文共 8458 字，大约阅读时间需要 28 分钟。

本文转自，略加修改

·排序巧妙优化复杂度，带来NOIP前的最后一丝宁静。几个活蹦乱跳的指针的跳跃次数，决定着莫队算法的优劣……

·目前的题型概括为三种：普通莫队，树形莫队以及带修莫队。

若谈及入门，那么的美妙袜子一题堪称顶尖。

【例题一】袜子

·述大意：

进行区间询问[l,r]，输出该区间内随机抽两次抽到相同颜色袜子的概率。

·分析：

首先考虑对于一个长度为n区间内的答案如何求解。题目要求Ans使用最简分数表示：那么分母就是n*n(表示两两袜子之间的随机组合)，分子是一个累加和，累加的内容是该区间内每种颜色i出现次数sum[i]的平方。

将莫队算法抬上议程。莫队算法的思路是，离线情况下对所有的询问进行一个美妙的SORT()，然后两个指针l,r（本题是两个，其他的题可能会更多）不断以看似暴力的方式在区间内跳来跳去，最终输出答案。

掌握一个思想基础：两个询问之间的状态跳转。如图，当前完成的询问的区间为[a,b],下一个询问的区间为[p,q],现在保存[a,b]区间内的每个颜色出现次数的sum[]数组已经准备好，[a,b]区间询问的答案Ans1已经准备好，怎样用这些条件求出[p,q]区间询问的Ans2？

考虑指针向左或向右移动一个单位，我们要付出多大的代价才能维护sum[]和Ans(即使得sum[],Ans保存的是当前[l,r]的正确信息)。我们美妙地对图中l,r的向右移动一格进行分析：

如图啦。l指针向右移动一个单位，所造成的后果就是：我们损失了一个绿色方块。那么怎样维护？美妙地，sum[绿色]减去1。那Ans如何维护？先看分母，分母从n²变成(n-1)²，分子中的其他颜色对应的部分是不会变的，绿色却从sum[绿色]²变成(sum[绿色]-1)²，为了方便计算我们可以直接向给Ans减去以前该颜色的答案贡献(即sum[绿色]2)再加上现在的答案贡献(即(sum[绿色]-1)²)。同理，观赏下面的r指针移动，将是差不多的。

·如图r指针的移动带来的后果是，我们多了一个橙色方块。所以操作和上文相似，只不过是sum[橙色]++。

·回归正题地，我们美妙的发现，知道一个区间的信息，要求出旁边区间的信息（旁边区间指的是当前区间的一个指针通过加一减一得到的区间），竟只需要O(1)的时间。

·就算是这样，到这里为止的话莫队算法依旧无法焕发其光彩，原因是：如果我们以读入的顺序来枚举每个询问，每个询问到下一个询问时都用上述方法维护信息，那么在你脑海中会浮现出l,r跳来跳去的疯狂景象，疯狂之处在于最坏情况下时间复杂度为：O(n²)————如果要这样玩，那不如写一个暴力程序。

·“莫队算法巧妙地将询问离线排序，使得其复杂度无比美妙……”在一般做题时我们时常遇到使用排序来优化枚举时间消耗的例子。莫队的优化基于分块思想：对于两个询问，若在其l在同块，那么将其r作为排序关键字，若l不在同块，就将l作为关键字排序（这就是双关键字）。大米饼使用Be[i]数组表示i所属的块是谁。排序如：

·值得强调的是，我们是在对询问进行操作。

·时间复杂度分析（分类讨论思想）：

首先，枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。分类讨论：①l的移动：若下一个询问与当前询问的l所在的块不同，那么只需要经过最多2*unit步可以使得l成功到达目标.复杂度为：O(m*unit)②r的移动：r只有在Be[l]相同时才会有序（其余时候还是疯狂地乱跳，你知道，一提到乱跳，那么每一次最坏就要跳n次！）， Be[l]什么时候相同？在同一块里面l就Be[]相同。对于每一个块，排序执行了第二关键字：r。所以这里面的r是单调递增的，所以枚举完一个块，r最多移动n次。 总共有n/unit个块:复杂度为：O(n*n/unit)总结：O(n*unit+n*n/unit)（n,m同级，就统一使用n）根据基本不等式得：当n为sqrt(n)时，得到莫队算法的真正复杂度：O(n*sqrt(n))

·代码上来了（莫队喜欢while）：

1 #include
      
        2 #include
       
         3 #include
        
          4 #include
         
           5 #include
          
            6 #define RG register int 7 #define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;i++) 8 #define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;i--) 9 #define inf (1<<30)10 #define maxn 5000511 #define ll long long12 #define f(g) (g*g)13 using namespace std;14 int n,m,len;15 int be[maxn],col[maxn];16 ll sum[maxn],ans;17 struct Dat{18     int l,r,id;19     ll A,B;20 }dat[maxn];21  22 inline int read()23 {24     int x=0,f=1;char c=getchar();25     while(c<'0'||c>'9'){
    if(c=='-')f=-1;c=getchar();}26     while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}27     return x*f;28 }29  30 inline bool cmp1(const Dat &a,const Dat &b){
    return be[a.l]==be[b.l]?a.r
           
            
             dat[i].l) add(--l,1);45 while(r
             
              dat[i].r) add(r--,-1);47 48 if(dat[i].l==dat[i].r){dat[i].A=0,dat[i].B=1;continue;}49 ll L=dat[i].r-dat[i].l+1ll;50 dat[i].A=ans-L,dat[i].B=L*(L-1ll); //bug l/L51 ll gcd=GCD(dat[i].A,dat[i].B);52 dat[i].A/=gcd,dat[i].B/=gcd;53 }54 }55 56 int main()57 {58 n=read(),m=read(),len=sqrt(n);59 rep(i,1,n) col[i]=read(),be[i]=i/len+1;60 rep(i,1,m) dat[i].l=read(),dat[i].r=read(),dat[i].id=i;61 sort(dat+1,dat+1+m,cmp1);62 Mo();63 sort(dat+1,dat+1+m,cmp2);64 rep(i,1,m)65 printf("%lld/%lld\n",dat[i].A,dat[i].B);66 return 0;67 }

View Code

【例题二】

·述大意：

多个区间询问，询问[l,r]中颜色的种类数。可以单点修改颜色。

·分析：

莫队可以修改？那不是爆炸了吗。

这类爆炸的问题被称为带修莫队（可持久化莫队）。

按照美妙类比思想，可以引入一个“修改时间”，表示当前询问是发生在前Time个修改操作后的。也就是说，在进行莫队算法时，看看当前的询问和时间指针（第三个指针，别忘了l,r）是否相符，然后进行时光倒流或者时光推移操作来保证答案正确性。

·Sort的构造。仅靠原来的sort关键字会使得枚举每个询问都可能因为时间指针移动的缘故要移动n次，总共就n²次，那还不如写暴力。

·为了防止这样的事情发生，再加入第三关键字Tim：

·如何理解时间复杂度？

首先，R和Tim的关系就像L和R的关系一样：只有在前者处于同块时，后者才会得到排序的恩赐，否则sort会去满足前者，使得后者开始乱跳。

依旧像上文那样：枚举m个答案，就一个m了。设分块大小为unit。

分类讨论：

①对于l指针，依旧是O(unit*n)

②对于r指针，依旧是O(n*n/unit)

③对于T指针（即Time）：

类比r时间复杂度的计算。我们要寻找有多少个单调段（一个单调段下来最多移动n次）。上文提到，当且仅当两个询问l在同块，r也在同块时，才会对可怜的Tim进行排序。局势明朗。对于每一个l的块，里面r最坏情况下占据了所有的块，所以最坏情况下：有n/unit个l的块，每个l的块中会有n/unit个r的块，此时，在一个r块里，就会出现有序的Tim。所以Tim的单调段个数为：(n/unit)*(n/unit)。每个单调段最多移动n次。

所以：O((n/unit)²*n)

三个指针汇总：O(unit*n+n²/unit+(n/unit)²*n)

(实际跑出来还是根号n快一点)

代码：

1 #include
      
        2 #include
       
         3 #include
        
          4 #include
         
           5 #include
          
            6 #define RG register int 7 #define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;i++) 8 #define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;i--) 9 #define inf (1<<30)10 #define maxn 100000511 #define f(g) (g*g)12 using namespace std;13 int n,m,na,nb,unit,ans,L,R;14 int col[maxn],sum[maxn],last[maxn],be[maxn],ANS[maxn];15 struct A{16     int l,r,tim,id;17 }dat[maxn];18 struct B{19     int pos,suc,pre;20 }upd[maxn];21 inline int read()22 {23     int x=0,f=1;char c=getchar();24     while(c<'0'||c>'9'){
    if(c=='-')f=-1;c=getchar();}25     while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}26     return x*f;27 }28 29 inline int cmp(const A &a,const A &b)30 {
    return be[a.l]==be[b.l]?(be[a.r]==be[b.r]?a.tim
           
            
             
              0&&sum[c]==1) ans++;36 if(val<0&&!sum[c]) ans--;37 }38 39 inline void update(int pos,int c)40 { if(L<=pos&&pos<=R) add(c,1),add(col[pos],-1);col[pos]=c;}41 42 void Mo()43 {44 L=1,R=0;RG T=0;45 rep(i,1,na)46 {47 while(T
              
               dat[i].tim) update(upd[T].pos,upd[T].pre),--T;49 50 while(L
               
                dat[i].l) add(col[--L],1);52 while(R
                
                 dat[i].r) add(col[R--],-1);54 55 ANS[dat[i].id]=ans;56 }57 }58 59 int main()60 {61 n=read(),m=read();62 unit=sqrt(n;)63 rep(i,1,n) col[i]=last[i]=read(),be[i]=i/unit+1;64 char opt[10];RG a,b;65 rep(i,1,m)66 {67 scanf("%s",opt),a=read(),b=read();68 if(opt[0]=='Q')69 dat[++na]=(A){a,b,nb,na};70 else71 upd[++nb]=(B){a,b,last[a]},last[a]=b;72 }73 sort(dat+1,dat+1+na,cmp);74 Mo();75 rep(i,1,na)76 printf("%d\n",ANS[i]);77 return 0;78 }

View Code

【例题三】

·述大意：

一棵树，可以单点修改一个节点的权值，许多询问和修改，询问(u,v)表示u到v的路径上，求出最小的没有出现的自然数。

·分析：

带修莫队+树形莫队。要爆炸了。

上文解决了爆炸的带修莫队，如何处理树形莫队？

·树形莫队引入的第一个难点是：如何分块。注意，分块的目的是为了快速访问与查找（例如上文在分析l指针时间复杂度的时候，发现每次最多移动

unit*2次，这就是因为即使是跨越了块，这两个块的相邻关系使得时间复杂度不会改变）。

·尝试在树上构造相邻的块，使得：块内元素的互相访问的移动次数控制在一个范围内（也就是unit）。做法是用栈维护当前节点作为父节点访问它的子节点，当从栈顶到父节点的距离大于unit时，弹出这部分元素分为一块。

如图：

（另外，对于剩余分块的节点，也就是根节点附近由于个数小于unit而形成的一坨点，最后再分一块或加在最后一块中）

·强调这样做的好处：使得每一个块内的点到达另一个点最多移动unit次。

那么对于sort()就和第二题一样了。

·接下来还有一个区间移动(即指针u,v,T的移动)没有处理。很明显，这道题的树上路径的维护又是一个美妙的东西。与上几道题不同的是，u,v指针是在树上移动。如果当前路径(u,v)已处理好，下一个询问是到达(u1,v1).那么我们可以将u一步一步的移动到u1，一路上我们欢声笑语，走一个点就记录上面的自然数使用vis[u]标记这个节点来没来过，使用抑或就可以轻松求出访问状态，v到v1也可以这样做。

另外，维护当前已收集的自然数，可以用离散化+数据结构。（但是这道题好像有BUG，不需要离散化）。给出的代码用的方法是用分块维护，但事后想想，发现树状数组可能更美妙。

·这一切都得到解决，就在代码要到来时，你偷看了代码，发现里面有一个函数叫做LCA！什么，哪里要用到倍增求公共祖先？一张图如下：

·这样的问题在什么点出现？u1,v1的最近公共祖先。所以，我们上文维护自然数的数据结构(u,v)改成：表示u到v路径上除开他们的LCA的其他点的信息，每次u,v归位后，我们单独为LCA计算一次，这样既避免了怪异情况影响答案，有保证了LCA对答案的贡献。

·网上对这种路径问题还有一种本质相同出发点不同的妙解，它也能帮助理解为什么会有怪异情况：求出该树的欧拉序(类似于dfs序，但每个点有头有尾)，那么对于(u,v)路径，就是在序列中仅出现一次的数字。这样做同样也要处理公共祖先卡机的怪异情况，画图看看吧。

·终于出场的大米饼代码：

1 #include
      
        2 #include
       
         3 #include
        
          4 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 5 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) 6 #define fo(i,a,x) for(int i=a[x],v=e[i].v;i;i=e[i].next,v=e[i].v) 7 using namespace std;const int N=50009; 8 struct E{
    int v,next;}e[N*3]; 9 int k=1,head[N],unit,Be[N],m,st[N],top,fa[N][18],deep[N];10 int n,Q,a[N],t[N],op,x,y,p,tim,u=1,v=1,T,ans[N],vis[N];11 void ADD(int u,int v){e[k]=(E){v,head[u]};head[u]=k++;}12 void dfs(int u){13     14     go(i,1,19)if((1<
         
          deep[u])break;15     else fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];16         17     int bottom=top;18     fo(i,head,u)if(v!=fa[u][0])19     {20         fa[v][0]=u;deep[v]=deep[u]+1;dfs(v);21         if(top-bottom>=unit){m++;while(top!=bottom)Be[st[top--]]=m;}22     }23     st[++top]=u;24 }25 int LCA(int x,int y)26 {27     if(deep[x]
          
           deep[y])Run(x),x=fa[x][0];62     while(x!=y)Run(x),Run(y),x=fa[x][0],y=fa[y][0];63 }64 void Mo()65 {66     go(i,1,p)67     {68         while(T
           
            q[i].tim)revise(cq[T].u,cq[T].Old),T--;70 71 if(u!=q[i].u)move(u,q[i].u),u=q[i].u;72 if(v!=q[i].v)move(v,q[i].v),v=q[i].v;73 int anc=LCA(u,v);Run(anc);ans[q[i].id]=Data.mex()-1;Run(anc);74 }75 }76 int main(){scanf("%d%d",&n,&Q);unit=pow(n,0.45);77 go(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),t[i]=++a[i];78 go(i,2,n){ int uu,vv;scanf("%d%d",&uu,&vv);ADD(uu,vv);ADD(vv,uu);}79 dfs(1);while(top)Be[st[top--]]=m;80 go(i,1,Q)81 {82 scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);83 if( op)p++,q[p]=(Query){x,y,tim,p};84 if(!op)tim++,cq[tim]=(Change){x,y+1,t[x]},t[x]=y+1;85 } 86 Data.n=n+1;Data.init();sort(q+1,q+1+p);Mo();87 go(i,1,p)printf("%d\n",ans[i]);88 }//Paul_Guderian