都说这题是 GSS 系列中最难的，今天做了一下，名副其实
首先你可以想到各种各样的在线乱搞想法，线段树，主席树，平衡树，等等，但发现都不太可行。
注意到题目也没有说强制在线，因此可以想到离线地去解决这道题。
我们把询问按照右端点从小到大排序。假设当前询问的右端点为 (i)。
定义 (s_j) 为 ([j,i]) 中不重复数字的和。我们建一棵线段树维护 (s_j) 的最大值。
这样修改起来就比较自然了，当右端点从 (i-1) 变到 (i) 的时候，记 (a_i) 上一次出现的位置为 (k)，那么这个 (a_i) 只会对 (s_{k+1},s_{k+2},dots,s_i) 产生贡献，也就是说我们在线段树上 ([k+1,i]) 位置上的数 (+a_i)。
询问也比较容易。询问 ((l,i)) 的答案就是 (s_l,s_{l+1},dots,s_i) 的历史最大值。
这样原题就转化为一道看起来比较可做的 DS 了，要你维护一个序列，支持：
- 区间加
- 区间历史最大值
之前写过一道类似的题题号什么我忘了，可现在忘了怎么做了/kk，只好看题解再推一遍。
线段树区间维护四个东西 (mx,hmx,lz,hlz) 表示最大值，历史最大值，区间加标记，历史最大区间加标记（历史出现过的懒标记的最大值）。
上推操作就不用说了吧，直接对 (mx,hmx) 取 (max)。。。。。。
区间加上一个值 (v)，那么最大值肯定也会加上 (v)，历史最大值就和当前最大值取 (max)，懒标记也同理。
最复杂的就是如何下传标记。
例如我们现在有一段操作序列 (+1-3+4-2-1+5-2)，那么此时懒标记为 (+2)，历史最大懒标记为 (+4)（(+1-3+4-2-1+4)）。
然后它的儿子当前最大值为 (2)，历史最大值为 (3)，当前懒标记为 (-1)，历史最大懒标记为 (+1)。
那么：
- (mx) 显然直接加上父亲的懒标记即可，(2+1-3+4-2-1+5-2=2+2=4)。
- (hmx) 拿当前最大值 (2) 加上历史最大懒标记 (+4)（(2+1-3-4-2-1+5=6)），与原来历史最大值 (3) 比较。
- (lz) 也是直接加上父亲的 (lz) 即可，(-1+2=+1)
- (hlz) 也拿当前最大懒标记加上历史最大懒标记 (+4)（(-1+1-3-4-2-1+5=+3))，与原来历史最大懒标记 (+1) 比较。
最后，重中之重，下放懒标记的顺序一定要注意。
/*
Contest: -
Problem: SP1557
Author: tzc_wk
Time: 2020.8.8
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define fillsmall(a) memset(a,0xcf,sizeof(a))
#define y1 y1010101010101
#define y0 y0101010101010
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
inline int read(){
int x=0,neg=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') neg=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x*neg;
}
int n=read(),m,a[100005],ans[100005];
struct _query{
int l,r,id;
friend bool operator <(_query a,_query b){
return a.r<b.r;
}
} q[100005];
struct node{
int l,r,mx,hmx,lz,hlz;
} s[100005<<2];
inline void pushup(int k){
s[k].mx=max(s[k<<1].mx,s[k<<1|1].mx);
s[k].hmx=max(s[k<<1].hmx,s[k<<1|1].hmx);
}
inline void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
inline void pushdown(int k){
s[k<<1].hmx=max(s[k<<1].hmx,s[k<<1].mx+s[k].hlz);
s[k<<1|1].hmx=max(s[k<<1|1].hmx,s[k<<1|1].mx+s[k].hlz);
s[k<<1].mx+=s[k].lz;
s[k<<1|1].mx+=s[k].lz;
s[k<<1].hlz=max(s[k<<1].hlz,s[k<<1].lz+s[k].hlz);
s[k<<1|1].hlz=max(s[k<<1|1].hlz,s[k<<1|1].lz+s[k].hlz);
s[k<<1].lz=s[k<<1].lz+s[k].lz;
s[k<<1|1].lz=s[k<<1|1].lz+s[k].lz;
s[k].lz=s[k].hlz=0;
}
inline void add(int k,int l,int r,int x){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
s[k].mx+=x;s[k].hmx=max(s[k].hmx,s[k].mx);
s[k].lz+=x;s[k].hlz=max(s[k].hlz,s[k].lz);
return;
}
pushdown(k);
int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) add(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) add(k<<1|1,l,r,x);
else add(k<<1,l,mid,x),add(k<<1|1,mid+1,r,x);
pushup(k);
}
inline int query(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
return s[k].hmx;
}
pushdown(k);
int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return max(query(k<<1,l,mid),query(k<<1|1,mid+1,r));
}
map<int,int> mp;
signed main(){
fz(i,1,n) a[i]=read();
m=read();fz(i,1,m) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;
sort(q+1,q+m+1);
build(1,1,n);
int cur=1;
fz(i,1,n){
add(1,mp[a[i]]+1,i,a[i]);mp[a[i]]=i;
while(cur<=m&&q[cur].r<=i){
ans[q[cur].id]=query(1,q[cur].l,q[cur].r);cur++;
}
}
fz(i,1,m) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}