HH的项链
G. HH的项链
内存限制：256 MiB 时间限制：1000 ms 标准输入输出 题目类型：传统 评测方式：文本比较
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。 N ≤ 50000，M ≤ 200000。
输出格式
M行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。
样例
样例输入
6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6
样例输出
2
2
4
解:这道题我们很容易想到一点：同种物品在一个区间内只能出现一次，先不考虑别的问题，我们想出下面这种使用树状数组的思路：
定义树状数组只有 0 和 1 两种状态，分别表示统计这个物品或不统计这个物品.
从前往后统计物品，即遍历赋值 1 .
记录上一个和当前物品种类相同的物品在哪里，假如我们统计了当前物品，就把上一个相同种类的物品置 0 .
区间 [i,j][i,j] 内的物品种类数即为 sum(i,j)sum(i,j).
但是这样做有一个问题，假如上一个相同种类的物品在区间内，但是当前这一个不在. 那么我们统计时，这个物品种类已经置 0 , 就会出现错误.
离线
综上，我们现在需要解决一个问题：
统计当前区间时，这个区间内的物品既不能未统计，也不能已置 0 .
我们可以这样解决：
记录每个区间的右端点，并从小到大排序.
取出一个最小的右端点，若当前对物品的遍历到达了这个右端点，那么马上算出答案并存储.
重复上述步骤.
这样一来，因为置 0 影响到的区间已经被事先算出来了，所以丝毫没有受到影响.
事实上，我们用到了一种算法思想即离线算法：先存储所有问题，待全部询问结束后再全部输出.
细节处理
- 关于区间遍历
我们可以开一个变量 now 作为指针来记录当前遍历到的区间，若答案被算出，则 now++ . 考虑到有右端点重复的区间，因此我们的写法如下：
while(a[now].r==i){
算出答案并存储;
now++;
}
2. 关于答案存储
我们可以给区间开一个结构体，这个结构体里除了有区间的左右端点之外，还有一个区间的询问顺序编号. 按这个编号，我们可以做到有序输出.代码如下：
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int vis[N],x[N],ans[N];
int n,m,w,a,b,c[N];
struct sb{
int l,r,num;
}zyx[N];
bool cmp(sb a,sb b){
if(a.r==b.r)return a.l<b.l;
return a.r<b.r;
}
int lowbit(int x){
return x&-x;
}
void add(int x,int y){
while(x<=n){
c[x]+=y;
x+=lowbit(x);
}
}
int g(int x){
int s=0;
while(x){
s+=c[x];
x-=lowbit(x);
}
return s;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x[i];
}
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>zyx[i].l>>zyx[i].r;
zyx[i].num=i;
}
sort(zyx+1,zyx+1+m,cmp);
int now=1;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
while(now<=m&&i>zyx[now].r){
ans[zyx[now].num]=g(zyx[now].r)-g(zyx[now].l-1);
now++;
}
if(i>n)break;
if(vis[x[i]]){
add(vis[x[i]],-1);
vis[x[i]]=i;
add(i,1);
}
else{
vis[x[i]]=i;
add(i,1);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cout<<ans[i]<<endl;
}
return 0;
}
