·通过排序巧妙优化复杂度，NOIP前的最后一丝宁静。

·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BZOJ2038的美妙袜子一题堪称经典。

【例题一】袜子

·题目大意：

     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<stdio.h> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<math.h> 5 #include<cstring> 6 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) 7 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 8 #define ll long long  9 using namespace std;const int N=50003;10 struct Mo{int l,r,ID;ll A,B;}q[N];ll S(ll x){return x*x;}11 ll GCD(ll a,ll b){while(b^=a^=b^=a%=b);return a;}12 int n,m,col[N],unit,Be[N];ll sum[N],ans;13 bool cmp(Mo a,Mo b){return Be[a.l]==Be[b.l]?a.r<b.r:a.l<b.l;}14 bool CMP(Mo a,Mo b){return a.ID<b.ID;};15 void revise(int x,int add){ans-=S(sum[col[x]]),sum[col[x]]+=add,ans+=S(sum[col[x]]);}16 int main()17 {18     scanf("%d%d",&n,&m);unit=sqrt(n);19     go(i,1,n)scanf("%d",&col[i]),Be[i]=i/unit+1;;20     go(i,1,m)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].ID=i;21     22     sort(q+1,q+m+1,cmp);23     24     int l=1,r=0;25     go(i,1,m)26     {27         while(l<q[i].l)revise(l,-1),l++;28         while(l>q[i].l)revise(l-1,1),l--;29         while(r<q[i].r)revise(r+1,1),r++;30         while(r>q[i].r)revise(r,-1),r--;31         32         if(q[i].l==q[i].r){q[i].A=0;q[i].B=1;continue;}33         q[i].A=ans-(q[i].r-q[i].l+1);34         q[i].B=1LL*(q[i].r-q[i].l+1)*(q[i].r-q[i].l);35         ll gcd=GCD(q[i].A,q[i].B);q[i].A/=gcd;q[i].B/=gcd;36     }37     38     sort(q+1,q+m+1,CMP);39     go(i,1,m)printf("%lld/%lld\n",q[i].A,q[i].B);40     return 0;41 }//Paul_Guderian

【莫队算法】