洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链

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100%的数据，N <= 50000，M <= 200000。

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【分析】
这道题用分块，听题解说这是莫队算法，但我并不知道莫队是啥。
题目好理解：给n个数，m个询问，每个询问要求求出 l~r 之间出现了多少个不同的数字。
我们可以对区间进行分块以提高效率。根据分块算法的套路，以sqrt(n)为一个区间的长度。我们把询问以l为关键字从小到大排序，然后把l在当前区间的询问放在一组。然后呢，对于分到一组的询问，进行r为关键字从小到大的排序。然后进行暴力扫。
在每一个区间中，对于右指针来说，从前往后扫一遍，最多把数全部扫一遍，也就是n次，而左指针在该区间的元素之间扫。
我们做一个粗略的复杂度分析：假设每个区间里包括 sqrt(m) 个询问，那么对于单个区间，最坏情况复杂度为 O(sqrt(m)*sqrt(n)+n)
那么总复杂度为 O(m* sqrt(n)+sqrt(m)*n)。
由于常数较小且数据随机，所以不会被卡掉。

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【代码】

//洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链
#include
#include
#include
#include
#include
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
int i,j,k,s,n,m,x;
struct node
{
    int l,r,num;
}a[200001];
inline bool cmp_l(const node &u,const node &v) {return u.lif(u.r==v.r) return u.lreturn u.rint q[50001],ans[200001],get[50001];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    fo(i,1,n)
      scanf("%d",&q[i]);
    scanf("%d",&m);
    fo(i,1,m)
    {
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
        a[i].num=i;
    }
    x=sqrt(n);
    sort(a+1,a+m+1,cmp_l);
    i=1;
    while(i<=m)
    {
        j++;
        int b=i;
        while(a[i].l<=j*x && i<=m) i++;
        sort(a+b,a+i,cmp_r);
        if(j==x) sort(a+b,a+m+1,cmp_r);
    }
    int ll=1,rr=0;
    fo(i,1,m)
    {
        if(a[i].l>ll)
          fo(j,ll,a[i].l-1)
          {
              get[q[j]]--;
              if(!get[q[j]]) s--;
          }
        else
          fo(j,a[i].l,ll-1)
          {
              if(!get[q[j]]) s++;
              get[q[j]]++;
          }
        ll=a[i].l;
        if(a[i].r1,rr)
          {
              get[q[j]]--;
              if(!get[q[j]]) s--;
          }
        else
          fo(j,rr+1,a[i].r)
          {
              if(!get[q[j]]) s++;
              get[q[j]]++;
          }
        rr=a[i].r;
        ans[a[i].num]=s;
    }
    fo(i,1,m)
      printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}