本文在本人新博客的链接：http://www.myblog.link/2016/01/26/MO-s-Algorithm/
本文翻译自MO’s Algorithm (Query square root decomposition)，作者anudeep2011，发表日期为2014-12-28。由于最近碰到一些莫队算法的题目，找到的相关中文资料都比较简略，而这篇英语文章则讲解的比较详细，故翻译成中文与大家分享。由于本人水平有限，错误在所难免，请谅解。下面是译文。
我又发现了一个有用，有趣但网上资源非常少的话题。在写作之前，我做了一个小调查，令我惊讶的是，几乎所有的印度程序员都不知道该算法。学习这个很重要，事实上所有的codeforces红名程序员都使用这个算法，比如在div 1 C题和D题中。在一年半以前没有这方面的题目，但从那时起这类题目的数量就爆发了！我们可以期待这在未来的比赛中会有更多的这类题目。
问题描述
给定一个大小为N的数组，数组中所有元素的大小<=N。你需要回答M个查询。每个查询的形式是L，R。你需要回答在范围[ L，R ]中至少重复3次的数字的个数。 例如：数组为{ 1，2，3，1，1，2，1，2，3，1 }（索引从0开始） 查询：L = 0，R = 4。答案= 1。在范围[L，R]中的值 = { 1，2，3，1，1 }，只有1是至少重复3次的。 查询：L = 1， R = 8。答案= 2。在范围[L，R]中的值 = { 2，3，1，1，2，1，2，3 }， 1重复3遍并且2重复3次。至少重复3次的元素数目=答案= 2。
复杂度$O (N ^ 2)$的简单的解法
对于每一个查询，从L至R循环，统计元素出现频率，报告答案。考虑M = N的情况，以下程序在最坏的情况运行在$O（n ^ 2）$
for each query:
answer = 0
count[] = 0
for i in {l..r}:
count[array[i]]++
if count[array[i]] == 3:
answer++
对上述算法稍作修改。它仍然运行在$O（n ^ 2）$
add(position):
count[array[position]]++
if count[array[position]] == 3:
answer++
remove(position):
count[array[position]]--
if count[array[position]] == 2:
answer--
currentL = 0
currentR = 0
answer = 0
count[] = 0
for each query:
// currentL 应当到 L, currentR 应当到 R
while currentL < L:
remove(currentL)
currentL++
while currentL > L:
add(currentL)
currentL--
while currentR < R:
add(currentR)
currentR++
while currentR > R:
remove(currentR)
currentR--
output answer
最初我们总是从L至R循环，但现在我们从上一次查询的位置调整到当前的查询的位置。 如果上一次的查询是L = 3，R = 10，则我们在查询结束时有currentL=3、currentR=10。如果下一个查询是L = 5，R = 7，则我们将currentL 移动到5，currentR 移动到7。 add 函数 意味着我们添加该位置的元素到当前集合内，并且更新相应的回答。 remove 函数 意味着我们从当前集合内移除该位置的元素，并且更新相应的回答。
一个解决上述问题的算法及其正确性
莫队算法仅仅调整我们处理查询的顺序。我们得到了M个查询，我们将把查询以一个特定的顺序进行重新排序，然后处理它们。显然，这是一个离线算法。每个查询都有L和R，我们称呼其为“起点”和“终点”。让我们将给定的输入数组分为$\sqrt N$块。每一块的大小为 $N / \sqrt N = \sqrt N$。每个“起点”落入其中的一块。每个“终点”也落入其中的一块。
如果某查询的“起点”落在第p块中，则该查询属于第p块。该算法将处理第1块中的查询，然后处理第2块中的查询，等等，最后直到第$\sqrt N$块。我们已经有一个顺序、查询按照所在的块升序排列。可以有很多的查询属于同一块。
从现在开始，我会忽略（其它，译者注，所有括号内斜体同）所有的块，只关注我们如何询问和回答第1块。我们将对所有块做同样的事。（第1块中的）所有查询的“起点”属于第1块，但“终点”可以在包括第1块在内的任何块中。现在让我们按照R值升序的顺序重新排列这些查询。我们也在所有的块中做这个操作。（指每个块块内按R升序排列。）
最终的排序是怎样的？ 所有的询问首先按照所在块的编号升序排列（所在块的编号是指询问的“起点”属于的块）。如果编号相同，则按R值升序排列。 例如考虑如下的询问，假设我们会有3个大小为3的块（0-2,3-5,6-8）： {0, 3} {1, 7} {2, 8} {7, 8} {4, 8} {4, 4} {1, 2} 让我们先根据所在块的编号重新排列它们 {0, 3} {1, 7} {2, 8} {1, 2} （|）{4, 8} {4, 4}（|） {7, 8} 现在我们按照R的值重新排列 {1, 2} {0, 3} {1, 7} {2, 8}（|） {4, 4} {4, 8}（|） {7, 8} 现在我们使用与上一节所述相同的代码来解决这个问题。上述算法是正确，因为我们没有做任何改变，只是重新排列了查询的顺序。
对上述算法的复杂性证明 - $O (\sqrt N \times N)$
我们完成了莫队算法，它只是一个重新排序。可怕的是它的运行时分析。原来，如果我们按照我上面指定的顺序，我们所写的$O（N ^ 2）$的代码运行在$O（\sqrt N ×N）$时间复杂度上。可怕，这是正确的，仅仅是重新排序查询使我们把复杂度从$O（N ^ 2）$降低到$O（\sqrt N ×N）$，而且也没有任何进一步的代码上的修改。好哇！我们将以$O（\sqrt N ×N）$的复杂度AC。
看看我们上面的代码，所有查询的复杂性是由 4个while循环决定的。前2个while循环可以表述为“左指针(currentL)的移动总量”，后2个 while循环可以表述为“右指针(currentR)的移动总量”。这两者的和将是总复杂性。
最重要的。让我们先谈论右指针。对于每个块，查询是递增的顺序排序，所以右指针（currentR）按照递增的顺序移动。在下一个块的开始时，指针可能在extreme end （最右端？) ，将移动到下一个块中的最小的R处。这意味着对于一个给定的块，右指针移动的量是$O（N）$。我们有$O（\sqrt N）$块，所以总共是$O（N \times \sqrt N）$。太好了！
让我们看看左指针怎样移动。对于每个块，所有查询的左指针落在同一个块中，当我们从一个查询移动到另个一查询左指针会移动，但由于前一个L与当前的L在同一块中，此移动是$O（\sqrt N）$（块大小）的。在每一块中左指针的移动总量是$O（Q \times \sqrt N）$，Q是落在那个块的查询的数量。对于所有的块，总的复杂度为$O（M \times \sqrt N）$。
就是这样，总复杂度为$O( (N + M) \times \sqrt N ) = O( N \times \sqrt N )$
上述算法的适用范围
如前所述，该算法是离线的，这意味着当我们被强制按照特定的顺序查询时，我们不能再使用它。这也意味着当有更新操作时我们不能用这个算法。不仅如此，一个重要的可能的局限性：我们应该能够编写add 和remove函数。会有很多的情况下，add 是平凡的 （指复杂度$O(1) $？），但remove不是。这样的一个例子就是我们想要求区间内最大值。当我们添加的元素，我们可以跟踪最大值。但当我们删除元素则不是平凡的。不管怎样，在这种情况下，我们可以使用一个集合来添加元素，删除元素和报告 最小值（作者想说最大值？）。在这种情况下，添加和删除操作都是$O（log N）$（导致了$O（N \times \sqrt N \times log N）$的算法）。
在许多情况下，我们可以使用此算法。在一些情况下，我们也可以使用其它的数据结构，如线段树，但对于一些问题使用莫队算法的是必须的。让我们在下一节中讨论几个问题。
习题和示例代码
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DQUERY – SPOJ：区间内不同元素的数量=出现次数>=1的元素个数，所以跟以上讨论的问题是一样的。
注意：该代码提交会超时，加上更快的输入输出(传说中的输入输出挂？) 就能AC。为了使代码整洁，去掉了快的输入输出。（评论中说将remove 和add 声明为inline内联函数就可以AC。）
- Powerful array – CF Div1 D: 这道题是必须用莫队算法的例子。我找不到任何其它解法。 CF Div1 D 意味着这是一道难题。看看用了莫队算法就多简单了。 你只需要修改上述代码中的add(), remove() 函数。
- GERALD07 – Codechef
- GERALD3 – Codechef
- Tree and Queries – CF Div1 D
- Powerful Array – CF Div1 D
- Jeff and Removing Periods – CF Div1 D
- Sherlock and Inversions – Codechef
（省略结束语）