【洛谷】1972：[SDOI2009]HH的项链【莫队+树状数组】

P1972 [SDOI2009]HH的项链

题目背景

无

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： 复制

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

输出样例#1： 复制

2
2
4

说明

数据范围：

对于100%的数据，N <= 500000，M <= 500000。

等会儿再思考一下dalao们主席树的做法QAQ

刚看题的时候觉得好像以前做的线段树合并求区间颜色段数，然后发现这道题似乎还要难些？

我们可以发现，对于一段区间，我们要统计$(i,j)$颜色种数的话，实际上只有每种颜色在$j$之前出现的最后一次可能可以起作用，它之前出现的所有同样颜色都可以忽略不计，只要统计到最后一次出现的就行了。

所以按右端点排序，用莫队的思想（左端点都不用移），每次向右拓展区间，把每种颜色上一次出现的位置删掉，然后到达当前右端点后，树状数组直接查询这段区间和即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m, a[500005];

struct Node {
    int l, r, id;
    int ans;
} qus[500005];
bool cmp(Node a, Node b) { return a.r < b.r; }
bool cmp2(Node a, Node b) { return a.id < b.id; }

int lowbit(int x) {
    return x & -x;
}

int pre[1000005];
void add(int x, int d) {
    for(int i = x; i <= 1000005; i += lowbit(i))
        pre[i] += d;
}

int query(int x) {
    int ans = 0;
    for(int i = x; i; i -= lowbit(i))
        ans += pre[i];
    return ans;
}

int last[1000005];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)    scanf("%d", &a[i]);
    scanf("%d", &m);
    for(int i = 1; i <= m; i ++)
        scanf("%d%d", &qus[i].l, &qus[i].r), qus[i].id = i;
    sort(qus + 1, qus + 1 + m, cmp);
    qus[1].ans = query(qus[1].r) - query(qus[1].l - 1);
    for(int i = 1; i <= m; i ++) {
        for(int j = qus[i-1].r + 1; j <= qus[i].r; j ++) {
            if(last[a[j]])    add(last[a[j]], -1);
            add(j, 1);
            last[a[j]] = j;
        }
        qus[i].ans = query(qus[i].r) - query(qus[i].l - 1);
    }
    sort(qus + 1, qus + 1 + m, cmp2);
    for(int i = 1; i <= m; i ++)    printf("%d\n", qus[i].ans);
    return 0;
}