codefroce D. Powerful array[初识块状数组]
由于是初始所以，仅仅能先用别人的分析。囧。。。
题目：
给定一个数列：A1， A2，……，An，定义Ks为区间（l，r）中s出现的次数。
t个查询，每一个查询l，r，对区间内全部a[i]，求sigma（K^2*a[i]）
离线+分块
将n个数分成sqrt(n)块。
对全部询问进行排序，排序标准：
1. Q[i].left /block_size < Q[j].left / block_size （块号优先排序）
2. 假设1同样，则 Q[i].right < Q[j].right （依照查询的右边界排序）
问题求解：
从上一个查询后的结果推出当前查询的结果。（这个看程序中query的部分）
假设一个数已经出现了x次，那么须要累加(2*x+1)*a[i]，由于(x+1)^2*a[i] = (x^2 +2*x + 1)*a[i]，x^2*a[i]是出现x次的结果，(x+1)^2 * a[i]是出现x+1次的结果。
时间复杂度分析：
排完序后，对于相邻的两个查询，left值之间的差最大为sqrt(n)，则相邻两个查询左端点移动的次数<=sqrt(n)，总共同拥有t个查询，则复杂度为O(t*sqrt(n))。
又对于同样块内的查询，right端点单调上升，每一块全部操作，右端点最多移动O(n)次，总块数位sqrt(n)，则复杂度为O(sqrt(n)*n)。
right和left的复杂度是独立的，因此总的时间复杂度为O(t*sqrt(n) + n*sqrt(n))。
#include#include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int V = 200000 + 10;const int MAXN = 1000000 + 10;struct node{ int l,r,id;}query[V];int n,t,num[V],L,R,sum[MAXN];LL ans[MAXN],now;bool cmp(node a,node b){ int m = sqrt(1.0*n); //最好的理论值 if(a.l / m != b.l / m){ return a.l < b.l; } return a.r < b.r;}void modify(int l,int r){ while(L < l){ //左区间不包括 sum[num[L]]--; now -= num[L] * (sum[num[L]] << 1 | 1); L++; } while(R > r){ //右区间不包括 sum[num[R]]--; now -= num[R] * (sum[num[R]] << 1 | 1); R--; } while(L > l){ //上一区间的左区间包括在当前区间里 L--; now += num[L] * (sum[num[L]] << 1 | 1); sum[num[L]]++; } while(R < r){ //上一区间的右区间包括在当前区间里 R++; now += num[R] * (sum[num[R]] << 1 | 1); sum[num[R]]++; }}int main(){ while(~scanf("%d%d",&n,&t)){ for(int i = 1;i <= n;++i){ scanf("%d",&num[i]); } for(int i = 1;i <= t;++i){ scanf("%d%d",&query[i].l,&query[i].r); query[i].id = i; } sort(query+1,query + t + 1,cmp); now = L = R = 0; memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i = 1;i <= t;++i){ modify(query[i].l,query[i].r); ans[query[i].id] = now; } for(int i = 1;i <= t;++i){ printf("%I64d\n",ans[i]); } } return 0;}