【数据范围】
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 10^6，c ≤ n，m ≤10^6。
树状数组。
做过【BZOJ 1878】之后，这题就简单了。
这题要离线处理，先把读入的询问按照左端点排序。
对于花朵，我们首先预处理出ne[i]，表示与第i个位置出现的花朵颜色相同的下一个在哪里，并且记录一下颜色为x的花朵第一次出现的位置fir[x]。
首先把所有颜色的花朵的ne[fir[x]]插入树状数组（如果第一个询问的l=1的话前缀和就是答案了）
记录当前左端点now=1。
然后就可以按顺序枚举询问，回答询问之前先把now更新到当前的l再-1处，因为当前插入到树状数组中的位置有一些是因为now到l-1的花朵才满足第二次出现的，更新方法是：
删去ne[i]，加入ne[ne[i]]
然后求前缀和再减一下就是当前询问的答案了。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#define M 1000000+5
using namespace std;
int s[M],p[M],fir[M],c[M],n,m,C,ne[M];
struct data
{
int l,r,id,ans;
}q[M];
void read(int &tmp)
{
tmp=0;
char ch=getchar();
int fu=1;
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())
if (ch=='-') fu=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
tmp=tmp*10+ch-'0';
tmp*=fu;
}
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void Update(int x,int k)
{
for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
s[i]+=k;
}
int Getsum(int x)
{
int ans=0;
for (int i=x;i;i-=lowbit(i))
ans+=s[i];
return ans;
}
bool cmp1(data a,data b)
{
return a.l<b.l;
}
bool cmp2(data a,data b)
{
return a.id<b.id;
}
int main()
{
read(n),read(C),read(m);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
read(c[i]);
if (p[c[i]]) ne[p[c[i]]]=i;
else fir[c[i]]=i;
p[c[i]]=i;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!ne[i]) ne[i]=n+1;
ne[n+1]=n+1;
for (int i=1;i<=C;i++)
Update(ne[fir[i]],1);
for (int i=1;i<=m;i++)
read(q[i].l),read(q[i].r),q[i].id=i;
sort(q+1,q+1+m,cmp1);
int now=1;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
for (int j=now;j<q[i].l;j++)
{
int x=ne[j];
Update(x,-1);
Update(ne[x],1);
}
q[i].ans=Getsum(q[i].r)-Getsum(q[i].l-1);
now=q[i].l;
}
sort(q+1,q+1+m,cmp2);
for (int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",q[i].ans);
return 0;
}
感悟：
1.这道题有个细节是要把所有没有ne的位置赋值为n+1,并且ne[n+1]=n+1，否则会出现lowbit(0)的情况
2.这道题很巧妙的地方在于只计算第二次出现的位置，那么我们只要在树状数组中维护l开始的所有第二次出现的位置即可