[SDOI2009]HH的项链解题报告

原题目：洛谷P1972

题目描述

HH 有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH 相信不同的贝壳会带来好运，所以每次散步完后，他都会随意取出一段贝壳，思考它们所表达的含义。HH 不断地收集新的贝壳，因此，他的项链变得越来越长。有一天，他突然提出了一个问题：某一段贝壳中，包含了多少种不同的贝壳？这个问题很难回答……因为项链实在是太长了。于是，他只好求助睿智的你，来解决这个问题。

输入输出格式

输入格式：

第一行：一个整数N，表示项链的长度。

第二行：N 个整数，表示依次表示项链中贝壳的编号（编号为0 到1000000 之间的整数）。

第三行：一个整数M，表示HH 询问的个数。

接下来M 行：每行两个整数，L 和R（1 ≤ L ≤ R ≤ N），表示询问的区间。

输出格式：

M 行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。

输入输出样例

输入样例#1：

6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6

输出样例#1：

2
2
4

说明

数据范围：

对于20%的数据，N ≤ 100，M ≤ 1000；
对于40%的数据，N ≤ 3000，M ≤ 200000；
对于100%的数据，N ≤ 50000，M ≤ 200000。

Solution：

1、暴力大法20分——30分～～，思路就是随你乱搞，随便能想出复杂度O(mn²)，又能想到计数，于是简化到了O(mn)，时间复杂度还是很高，40分都水不了：

#include<cstdio>
int a,b,c,d,e,f,i,m,x[100000]={0},w[2000000]={0};
int main()
{
scanf("%d",&a);
c=0;
for(i=1;i<=a;i++)
{
    scanf("%d",&b);
    if(w[b]==0)
    {
        c++;
        w[b]=c;
        x[i]=c;
    }
    else x[i]=w[b];
}
scanf("%d",&b);
for(i=1;i<=b;i++)
{
    scanf("%d%d",&d,&e);
    f=0;
    for(m=1;m<=c;m++)
    {
        w[m]=0;
    }
    for(m=d;m<=e;m++)
    {
        if(w[x[m]]==0)
        {
            w[x[m]]=1;
            f++;
        }
    }
    printf("%d\n",f);
}
}

那好，我们来讲一下正解(不会告诉你其实我问了两位大佬，学了两种方法)，但实际上，这题做法很多。

1、莫队算法(从ka哥处知道的神奇算法，据说是莫涛神犇在比赛时想出来的，很NB)。莫队算法就是解决区间查询问题的离线算法利器。（其实很简单，但是貌似涉及到更改就有些麻烦～～）很容易能想到mn的算法，而莫队就是用奇技淫巧将时间复杂度变为了O(M√n),这里我不过多赘述，不懂莫队的去这里。

下面贴一下莫队的代码（其实就是个暴力，注意每一次要先让R指针右移，再移动L指针，不然可能会出现L>R的情况，然后WA）

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50005,maxq=200005;
int h[maxn],n,q,a[maxn],ans[maxq];
struct data{
    int l,r,id;
    bool operator<(const data&b)const{
        if (h[l]==h[b.l]) return r<b.r;
        return l<b.l;
    }
}que[maxq];
inline int red(){
    int tot=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||'9'<ch) {if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
    while ('0'<=ch&&ch<='9') tot=tot*10+ch-48,ch=getchar();
    return tot*f;
}
void blocker(){
    int k=sqrt(n);
    for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=(i-1)/k+1;
}
int L=0,R=0,now=0,hsh[1000005];
void move(int x,int d){
    if (d==1){
        if (hsh[a[x]]==0) now++;
        hsh[a[x]]++;
    }else{
        hsh[a[x]]--;
        if (hsh[a[x]]==0) now--;
    }
}
int main(){
    n=red();
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=red();
    blocker();
    q=red();
    for (int i=1;i<=q;i++) que[i].l=red(),que[i].r=red(),que[i].id=i;
    sort(que+1,que+1+q);
    for (int i=1;i<=q;i++){
        while (L<que[i].l) move(L++,-1);
        while (L>que[i].l) move(--L,1);
        while (R<que[i].r) move(++R,1);
        while (R>que[i].r) move(R--,-1);
        ans[que[i].id]=now;
    }
    for (int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

2、树状数组+前缀和（老余告诉我的思路）。 因为操作中只有询问没有更新，所以可以使用离线算法，对所有问按右区间升序排序。以该数字第一次在区间中出现的点代表所有的点。如果是第一次出现，那么该数字 在之前从未出现或上一次出现不再区间内。记录每个位置i的数字的前一个相同数字出现的位置hash[i]，没有前一个相同的hash[i]为0。然后从前到后扫描询问，每次将上一个同值点的值加1，然后求当前区间的左界的前缀和就是答案了。将当前位置下个位置的值减1，这样做可以保证任意一个数字在任意一段区间中最多出现一次。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[50005],s[50005],has[50005],last[50005],n,m;
struct o{
int x,y,num;
}q[200005];
inline int gi()
{
    int a=0;char x=getchar();bool f=0;
    while((x>'9'||x<'0')&&x!='-')x=getchar();
    if(x=='-')x=getchar(),f=1;
    while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-'0',x=getchar();
    return f?-a:a;
}
bool cmp(o a,o b)
{return a.y<b.y;}
inline void add(int k,int a)
{
    while(k<=n)
    {
        s[k]+=a;
        k+=k&-k;
    }
}
int ans(int x)
{
    int sum=0;
    while(x)
    {
        sum+=s[x];
        x-=x&-x;
    }
    return sum;
}
int main()
{    
    n=gi();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {int A=gi();has[i]=last[A]+1;last[A]=i;}
    m=gi();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        q[i].x=gi();q[i].y=gi();q[i].num=i;
    }
    sort(q+1,q+m+1,cmp);
    int now=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        while(now<=q[i].y)
        {
            now++;
            add(has[now-1],1);
            add(now,-1);
        }
        a[q[i].num]=ans(q[i].x);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    printf("%d\n",a[i]);
    return 0;
}

3、主席树（可持久化线段树）。关于主席树戳这里。造一个lst[i]表示位置i的这个数上一次出现的位置（如果没有就是0） 那么对于每次询问L~R范围里的数字种数 ，其实就是询问对于L<=i<=R,满足lst[i]<L的个数。那么就很好搞了，对lst造N棵值域线段树询问就直接找到L-1这个位置看它前面有几个 。时间复杂度O(Mlogn)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int M=N*10;
struct President_Tree{
    int L,R,sum;
}T[M<<1];
int last[N],top[M],root[N];
int n,m,T_cnt=1;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9'){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while ('0'<=ch && ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
void insert(int &now,int x,int l=0,int r=n){
    T[T_cnt++]=T[now];now=T_cnt-1;
    T[now].sum++;
    if (l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if (x<=mid)insert(T[now].L,x,l,mid);
        else insert(T[now].R,x,mid+1,r);
}
int query(int i,int j,int qr,int l=0,int r=n){
    if (r<=qr)return T[j].sum-T[i].sum;
    int mid=(l+r)>>1,t=query(T[i].L,T[j].L,qr,l,mid);
    if (mid<qr)t+=query(T[i].R,T[j].R,qr,mid+1,r);
    return t;
}
int main(){
    n=read();
    for (int i=1;i<=n;i++){
        int x=read();
        last[i]=top[x];
        top[x]=i;
    }
    root[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        root[i]=root[i-1];
        insert(root[i],last[i]);
    }
    m=read();
    for (int i=1;i<=m;i++){
        int l=read(),r=read();
        printf("%d\n",query(root[l-1],root[r],l-1));
    }
    return 0;
}

 

O(Qlogn)