【P1972】HH的项链——树状数组+询问离线

（题面摘自luogu）

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。

说明

数据范围：

对于100%的数据，N <= 500000，M <= 500000。

　　老师讲了两种办法，先只打了第一种。（好像莫队也能做……以后再说）

　　首先我们把询问离线，按右端点排序。然后我们从左至右扫描原序列（可以离散化）：假如我们想处理[l, r]这个询问，我们在扫描序列的时候把每个颜色对应的位置在树状数组中+1，扫描到r的时候直接查询[l, r]的区间和即可。但是布星，有重复的颜色怎么破？

　　再来考虑我们扫描的过程：一个颜色产生对[l, r]的贡献，当且仅当这个颜色在已扫描序列[1, r]的最右端的位置pos，满足pos >= l。那么我们动态维护某个颜色出现的位置，在扫描的时候一边往BIT里扔贡献，一边删掉该颜色上次出现位置的贡献，然后更新这个颜色的最后一个位置。这时每查到一个询问再询问l, r区间和就是可行的。

　　代码中有个小细节很坑，可供参考。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
//#define L second
//#define R first
//#define mp make_pair
#define BUG puts("$$$")
#define lowbit(i) (i & -i)
#define maxn 500010
template <typename T>
void read(T &x) {
    x = 0;
    int f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = x * 10 + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    x *= f;
    return;
}
using namespace std;
struct Query {
    int l, r, id;
    friend bool operator < (Query a, Query b) {
        return a.r < b.r;
    }
} Q[maxn];
int bit[maxn], a[maxn], pos[maxn], n, m, N;
int st[maxn], ans[maxn];//辅助
int contra(int* a) {
    memcpy(st, a, sizeof(st));
    sort(st + 1, st + 1 + n);
    int len = unique(st + 1, st + 1 + n) - st - 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        a[i] = lower_bound(st + 1, st + len + 1, a[i]) - st;
    return len;
}
void modify(int x, int del) {
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        bit[i] += del;
}
int query(int l, int r) {
    int sum = 0;
    for (int i = r; i; i -= lowbit(i))
        sum += bit[i];
    for (int i = l - 1; i; i -= lowbit(i))
        sum -= bit[i];
    return sum;
}
void solve() {
    register int i = 1, j = 1;//i指向序列，j指向询问
    while (j <= m) {
        while (i <= Q[j].r) {
            if (pos[a[i]])
                modify(pos[a[i]], -1);
            modify(i, 1);
            pos[a[i]] = i;
            ++i;
        }
        --i;  //这里：有可能出现右端点相同的情况，不加这句话就跳过了
        ans[Q[j].id] = query(Q[j].l, Q[j].r);
        ++j;
    }
    return;
}
int main() {
    read(n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        read(a[i]);
    contra(a);
    read(m);
    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);
    solve();
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        printf("%d
", ans[i]);
    return 0;
}

 　　另一种方法不用离线，我们用数组last记录每个位置上该颜色上次出现的位置（第一次出现记0），然后询问每个区间内，有多少个点i满足last[i] < l；但是这个东西怎么维护呢？我想想……我晓得了，是主席树！(OwO)/ 以后再打吧。