問題：有n個數組成一個序列，有m個形如詢問L, R的詢問，每次詢問需要回答區間內至少出現2次的數有哪些。
朴素的解法需要讀取O(nm)次數。如果數據范圍小，可以用數組，時間復雜度為O(nm)。如果使用STL的Map來保存出現的次數，則需要O(nmlogn)的復雜度。有沒有更快的方法呢？
注意到詢問並沒有強制在線，因此我們可以使用離線方法。注意到一點，如果我們有計算完[L, R]時的“中間變量”（在本題為每個數出現的次數），那么[L - 1, R]、[L + 1, R]、[L, R - 1]、[L, R + 1]都能夠在“中間變量”的“基本操作時間復雜度”(1)得出。如果能安排適當的詢問順序，使得每次詢問都能用上上次運行產生的中間變量，那么我們將可以在更優的復雜度完成整個詢問。
(1) 如果數據較小，用數組，時間復雜度為O(1)；如果數據較大，可以考慮用離散化或map，時間復雜度為O(logn)。
那如何安排詢問呢？這里有個時間復雜度非常優秀的方法：首先將每個詢問視為一個“點”，兩個點P1, P2之間的距離為abs(L1 - L2) + abs(R1 - R2)，即曼哈頓距離，然后求這些點的最小生成樹，然后沿着樹邊遍歷一次。由於這里的距離是曼哈頓距離，所以這樣的生成樹被稱為“曼哈頓最小生成樹”。最小曼哈頓生成樹有專用的算法(2)，求生成樹時間復雜度可以僅為O(mlogm)。
(2) 其實這里是建邊的算法，建邊后依然使用傳統的Prim或者Kruskal算法來求最小生成樹。
不幸的是，曼哈頓最小生成樹的寫法很復雜，考場上不建議這樣做。
一種直觀的辦法是按照左端點排序，再按照右端點排序。但是這樣的表現不好。特別是面對精心設計的數據，這樣方法表現得很差。
舉個例子，有6個詢問如下：(1, 100), (2, 2), (3, 99), (4, 4), (5, 102), (6, 7)。
這個數據已經按照左端點排序了。用上述方法處理時，左端點會移動6次，右端點會移動移動98+97+95+98+95=483次。右端點大幅度地來回移動，嚴重影響了時間復雜度——排序的復雜度是O(mlogm)，所有左端點移動次數僅為為O(n)，但右端點每個詢問移動O(n)，共有m個詢問，故總移動次數為O(nm)，移動總數為O(mlogm + nm)。運行時間上界並沒有減少。
其實我們稍微改變一下詢問處理的順序就能做得更好：(2, 2), (4, 4), (6, 7), (5, 102), (3, 99), (1, 100)。
左端點移動次數為2+2+1+2+2=9次，比原來稍多。右端點移動次數為2+3+95+3+1=104，右端點的移動次數大大降低了。
上面的過程啟發我們：①我們不應該嚴格按照升序排序，而是根據需要靈活一點的排序方法；②如果適當減少右端點移動次數，即使稍微增多一點左端點移動次數，在總的復雜度上看，也是划算的。
在排序時，我們並不是按照左右端點嚴格升序排序詢問，而只是令其左右端點處於“大概是升序”的狀態。具體的方法是，把所有的區間划分為不同的塊，將每個詢問按照左端點的所在塊序號排序，左端點塊一樣則按照右端點排序。注意這個與上一個版本的不同之處在於“第一關鍵字”是左端點所在塊而非左端點。
這就是莫隊算法。為什么叫莫隊算法呢？據說這是2010年國家集訓隊的莫濤(3)在作業里提到了這個方法。
(3) 由於莫濤經常打比賽做隊長，大家都叫他莫隊，該算法也被稱為莫隊算法。（感謝汝佳大神、莫隊的指出）
莫隊算法首先將整個序列分成√n個塊（同樣，只是概念上分的塊，實際上我們並不需要嚴格存儲塊），接着將每個詢問按照塊序號排序（一樣則按照右端點排序）。之后，我們從排序后第一個詢問開始，逐個計算答案。
1 int len; // 塊長度 2 3 struct Query{ 4 int L, R, ID, block; 5 Query(){} // 構造函數重載 6 Query(int l, int r, int ID):L(l), R(r), ID(ID){ 7 block = l / len; 8 } 9 bool operator < (const Query rhs) const { 10 if(block == rhs.block) return R < rhs.R; // 不是if(L == rhs.L) return R < rhs.R; return L < rhs.L 11 return block < rhs.block; // 否則這就變回算法一了 12 } 13 }queries[maxm]; 14 15 map<int, int> buf; 16 17 inline void insert(int n){ 18 if(buf.count(n)) 19 ++buf[n]; 20 else 21 buf[n] = 1; 22 } 23 inline void erase(int n){ 24 if(--buf[n] == 0) buf.erase(n); 25 } 26 27 int A[maxn]; // 原序列 28 queue<int> anss[maxm]; // 存儲答案 29 30 int main(){ 31 int n, m; 32 cin >> n; 33 len = (int)sqrt(n); // 塊長度 34 for(int i = 1; i <= n; i++){ 35 cin >> A[i]; 36 } 37 cin >> m; 38 for(int i = 1; i <= m; i++){ 39 int l, r; 40 cin >> l >> r; 41 queries[i] = Query(l, r, i); 42 } 43 sort(queries + 1, queries + m + 1); 44 int L = 1, R = 1; 45 buf[A[1]] = 1; 46 for(int i = 1; i <= m; i++){ 47 queue<int>& ans = anss[queries[i].ID]; 48 Query &qi = queries[i]; 49 while(R < qi.R) insert(A[++R]); 50 while(L > qi.L) insert(A[--L]); 51 while(R > qi.R) erase(A[R--]); 52 while(L < qi.L) erase(A[L++]); 53 54 for(map<int, int>::iterator it = buf.begin(); it != buf.end(); ++it){ 55 if(it->second >= 2){ 56 ans.push(it->first); 57 } 58 } 59 } 60 for(int i = 1; i <= m; i++){ 61 queue<int>& ans = anss[i]; 62 while(!ans.empty()){ 63 cout << ans.front() << ' '; 64 ans.pop(); 65 } 66 cout << endl; 67 } 68 }
盡管分了塊，但是我們可以對所有的“詢問轉移”一視同仁。上述的代碼有幾個需要注意的地方。
一是insert和erase，這里在插入前判斷了是否存在、插入后判斷是否為0，但這不是必須的（insert時會將新節點初始化為0，erase為0后對處理答案不影響）；
二是區間變化的順序，insert最好放在前面，erase最好在后面（想一想，為什么）；
三是insert總是使用前綴自增自減運算符，erase總是用后綴運算符；
四是我們在訪問我們在“詢問轉移”前聲明了Query的引用，來減少運行時尋址的計算量；
五是我們重載了Query的構造函數。為什么要重載呢？
我們希望在Query得到L, R, ID時自動計算塊block，這就要寫一個構造函數Query(int L, int R, int ID)來實現。但是,當結構體沒有構造函數，實例化時不會初始化，有構造函數則一定會調用構造函數進行初始化。“托他的福”，queries數組建立時會對每個元素調用一次構造函數。可是我們只有有3個參數的構造函數，構造時一定要有3個參數。而建立數組時卻沒有參數，編譯器會報錯。折中的辦法是寫一個沒有參數的構造函數，可以避免這一問題。
這樣排序有個特點。L和R都是“大概是升序”。不過L大概像爬山，總體上升但是會有局部的小幅度下降。R則有些難以形容，大概可以看出其由很多段快速上升，每段上升到頂端后下降到最底。
下面是隨機生成100個數據，將數據放到WPS表格后制成圖表后的樣子。
還有一個問題，為什么分塊要分成√n塊呢？我們分析一下時間復雜度。
假設我們每k個點分一塊。
如果當前詢問與上一詢問左端點處在同一塊，那么左端點移動為O(k)。雖然右端點移動可能高達O(n)，但是整一塊詢問的右端點移動距離之和也是O(n)（想一想，為什么）。因此平攤意義下，整塊移動為O(k) × O(k) + O(n)，一共有n / k塊，時間復雜度為O(kn + n2 / k)。
如果詢問與上一詢問左端點不處於同一塊，那么左端點移動為O(k)，但右端點移動則高達O(n)。幸運的是，這種情況只有O(n / k)個，時間復雜度為O(n + n2 / k)。
總的移動次數為O(kn + n2 / k)。因此，當k = √n時，運行時間上界最優，為O( n1.5 )。
最后，因此根據每次insert和erase的時間復雜度，乘上O(1)或者O(logn)亦或O(n)不等，得到完整算法的時間復雜度（代碼使用了map，為O( logn )）。
十分感謝汝佳大神對此文的指導orz。