Different Integers(树状数组)

描述

传送门：我是传送门

Given a sequence of integers a1,a2,…,ana1,a2,…,an and qq pairs of integers (l1,r1),(l2,r2),…,(lq,rq)(l1,r1),(l2,r2),…,(lq,rq), find count(l1,r1),count(l2,r2),…,count(lq,rq)count(l1,r1),count(l2,r2),…,count(lq,rq)where count(i,j)count(i,j) is the number of different integers among a1,a2,…,ai,aj,…,ana1,a2,…,ai,aj,…,an.

输入

The input consists of several test cases and is terminated by end-of-file. The first line of each test cases contains two integers nn and qq. 

The second line contains n integers a1,a2,…,ana1,a2,…,an. The i-th of the following qq lines contains two integers lili and riri.

输出

For each test case, print qq integers which denote the result.

样例

输入

3 2
1 2 1
1 2
1 3
4 1
1 2 3 4
1 3

输出

2
1
3

Note

• 1≤n,q≤1051≤n,q≤105
• 1≤ai≤n1≤ai≤n
• 1≤li,ri≤n1≤li,ri≤n
• The number of test cases does not exceed 10.

思路

牛客多校赛第一场的签到题,但是很遗憾当时树状数组不太会用,没能写出来,当时看其他人写的博客也是没能彻底搞懂.

现在尝试在scaufat的题解牛客网暑期ACM多校训练营（第一场）J 题解 的基础上重新捋一下思路,添加一些代码注释

希望能够对树状数组的灵活应用有更深的理解.

我认为整个题目最关键的地方在于这两个地方

• 维护一个前缀和，pre[i]表示a[1…i]有多少种不同的数字，那么对于a[l…r]的答案就为pre[r] - pre[l-1] + 在a[l…r]和a[1…l-1]同时出现的数字的种类

• 左端每次右移的时候把对应的数的下一个位置加入到数状数组中

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
#define clr(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
int n,q;
int a[N];
int pre[N];   // pre[i]表示数组前i个数有多少种不同的数
bool vis[N];
int last[N];  // 用来计算nxt数组用的辅助数组,记录每个数上一次出现的位置
int nxt[N];   // 用来维护数组中每个位置的数下一次出现的位置
int ans[N];

struct node
{
    int l,r,id;
    bool operator < (const node &b) const   // 将查询按照左端点排序
    {
        return this->l < b.l;
    }
}query[N];

int bit[N];
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}

void update(int x,int y)
{
    while(x < N)
        bit[x] += y,x += lowbit(x);
}

int Query(int x)
{
    int ret = 0;
    while(x)
        ret += bit[x],x -= lowbit(x);
    return ret;
}

int Query(int l,int r)
{
    return Query(r)-Query(l-1);
}

int main()
{
    while(scanf("%d %d",&n,&q) != EOF)
    {
        clr(bit,0); clr(vis,0); clr(nxt,0); clr(last,-1);
        // 输入的同时在后边复制一份
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            a[i+n] = a[i];
        }
        n *= 2;
        
        // 我认为这个循环是最神奇的地方
        // 很强大 一个月前看的时候根本没怎么看懂
        pre[0] = 0;
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            // 处理前缀和
            if(!vis[a[i]])   // 如果没出现过
            {
                vis[a[i]] = true;
                pre[i] = pre[i-1]+1;   // 类似dp
            }
            else   // 如果已经出现过 
            {
                pre[i] = pre[i-1];
            }
            // 处理nxt[]数组   last[]数组做辅助用
            // a[i]首次出现时不会执行此语句 【 ~(-1) = 0 】
            if(~last[a[i]])   
            {
                nxt[last[a[i]]] = i;
            }
            last[a[i]] = i;
        }
        
        for(int i = 0;i < q;i++)
        {
            // 因为原来的代码增加query[i].l的值后又交换
            // 了query[i].l与query[i].r的值
            // 我直接在输入时交换一下l与r的值 然后增加r的值
            // 最终的结果是一样的
            scanf("%d %d",&query[i].r,&query[i].l);
            query[i].r += n/2;
            // 因为在输入完成后会对query[]保存到值按照左端点重新排序
            // 因此需要用query[i].id来记录一下原来的顺序,即i的值
            query[i].id = i;
        }
        // 按照左端点对query[]进行排序
        sort(query,query+q);
        // 从最左端的1开始向右扫描
        // 每次右移的时候把对应的数的下一个位置加入到数状数组中
        int now = 1;
        for(int i = 0;i < q;i++)
        {
            while(now < query[i].l)
            {
                if(~nxt[now])
                {
                    update(nxt[now],1);
                }
                ++now;
            }
            ans[query[i].id] = pre[query[i].r]-pre[query[i].l-1]+Query(query[i].l,query[i].r);
        }
        for(int i = 0;i < q;i++)
            printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}