【SDOI2009】【bzoj1878】HH的项链（离线+树状数组）

Description

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。

Input

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。

Output

M行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。

Sample Input

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

Sample Output

2
2
4

HINT

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。

Source

Day2

【题解】

没有修改的操作，可以进行离线处理。

按照左端点排序了之后，将所有第一次出现的数字都记为1，其余记为0。同时要另存出每一个数下一个与它相同的数的出现的位置。

头指针首先指向开头，之后后移。如果头指针遇到了某一个区间的左端点（排序后）就查询这个区间右端点的前缀和，即为当前区间的种类数。需要注意的是，一旦头指针移动过后，相应的点如果为1的话应该清零，然后将下一个和它数字相同的位置置1，这样就保证了之前的点对后面的点没有影响。

算法的正确性是显而易见的。求前缀和的话树状数组更方便，线段树也可以。

【代码】

#include
#include
#include
#include
#define N 50005
#define maxn 200005
#define MAXN 1000005
using namespace std;
struct hp{
	int l,r,num;
}que[maxn];
int next[N],head[MAXN],a[N],A[N],c[N],Ans[maxn];
bool b[MAXN];
int n,m,ANS,j;
inline int in(){
	int x=0; char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x;
}
int cmp(hp a,hp b){
	return a.l0;i-=i&(-i))
	  ans+=c[i];
	return ans;
}
int main(){
	n=in();
	for (int i=1;i<=n;++i)
	  a[i]=in();
	m=in();
	for (int i=1;i<=m;++i)
	  que[i].l=in(),que[i].r=in(),que[i].num=i;
	sort(que+1,que+m+1,cmp);
	for (int i=n;i>=1;--i){
		if (head[a[i]]!=-1)
		  next[i]=head[a[i]];
		head[a[i]]=i;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
	  if (!b[a[i]]){
	  	b[a[i]]=true; A[i]=1;
	  }
	for (int i=1;i<=n;++i)
	  add(i,A[i]);
	int j=1;
	while (j<=m&&que[j].l==1){
		ANS=query(que[j].r);
		Ans[que[j].num]=ANS;
		j++;
	}
	for (int i=2;i<=n;++i){
		add(i-1,-1);
		if (next[i-1]) add(next[i-1],1);
		while (j<=m&&que[j].l==i){
			ANS=query(que[j].r);
			Ans[que[j].num]=ANS;
			j++;
		}
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
	  printf("%d\n",Ans[i]);
}