【莫队算法个人理解】
对于一般不带修改的区间问题，离线查询的算法。（有事可以处理带修改的问题，还不会）
给出n个数的序列，有m次查询，查询区间[l,r]的一些信息，如某个数字出现的次数。
莫队算法精髓在于，根据前一次的询问[l’,r’]递推出当前区间[l,r]的答案，当两区间很近时，其复杂度是非常小的，远小于O(n)。
那么我们可以将区间按照某种方式排序，使得依次查询这些区间所产生的的复杂度尽量小。
分块上了！将整个序列分块，理论上最好的分块方法是分成√n组，每组√n个数字。
将这些区间排序，先按左端点所在的组编号升序，同组的按右端点排序。
这样再扫描一遍区间，用莫队算法。时间复杂度为O(n*√n)
2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
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Description
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。Input
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Ci，其中Ci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。Output
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）Sample Input
6 4
1 2 3 3 3 2
2 6
1 3
3 5
1 6
Sample Output
2/5
0/1
1/1
4/15
【样例解释】
询问1：共C(5,2)=10种可能，其中抽出两个2有1种可能，抽出两个3有3种可能，概率为(1+3)/10=4/10=2/5。
询问2：共C(3,2)=3种可能，无法抽到颜色相同的袜子，概率为0/3=0/1。
询问3：共C(3,2)=3种可能，均为抽出两个3，概率为3/3=1/1。
注：上述C(a, b)表示组合数，组合数C(a, b)等价于在a个不同的物品中选取b个的选取方案数。
【数据规模和约定】
30%的数据中 N,M ≤ 5000；
60%的数据中 N,M ≤ 25000；
100%的数据中 N,M ≤ 50000，1 ≤ L < R ≤ N，Ci ≤ N。
【分析】
用数组sum维护当前区间数字i出现的次数，即颜色i出现的次数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX=50005;
ll gcd(ll a,ll b){while(b^=a^=b^=a%=b);return a;}
struct node{
int l,r,id;
}Q[MAX];//询问区间
int belong[MAX];//每个点所属分块
ll sum[MAX],a[MAX],b[MAX];//颜色i出现的次数//分子//分母
int n,m,c[MAX];//i的颜色
bool cmp(node a,node b)//区间排序
{//先l按分块排，再按r排
return belong[a.l]==belong[b.l] ? a.r<b.r : a.l<b.l;
}
void update(ll &now,int color,int change)
{
now-=sum[color]*(sum[color]-1);
sum[color]+=change;
now+=sum[color]*(sum[color]-1);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int qn=pow(n,0.57);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]),belong[i]=(i-1)/qn;
for(int i=0;i<m;i++)
scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r),Q[i].id=i;
sort(Q,Q+m,cmp);//区间排序
memset(sum,0,sizeof(sum));
ll now=0;//分子
int l=1,r=0;//[l,r]
for(int i=0;i<m;i++)
{
ll L=Q[i].l,R=Q[i].r;
for(;l<L;l++)update(now,c[l],-1);
for(;r>R;r--)update(now,c[r],-1);
for(;l>L;l--)update(now,c[l-1],1);
for(;r<R;r++)update(now,c[r+1],1);
ll bb=(R-L+1)*(R-L);
if(L==R)bb=1;//特殊，单个时，概率为0，但分母不能为0，so 1
ll g=gcd(now,bb);
a[Q[i].id]=now/g;
b[Q[i].id]=bb/g;
}
for(int i=0;i<m;i++)
printf("%lld/%lld\n",a[i],b[i]);
}
