BZOJ 1878: [SDOI2009]HH的项链

 

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。

首先反向求解一个nex数组

nex[i]表示co[i]的下一个与其颜色相同的位置。

首先将每个颜色第一次出现的位置标为1

我们首先输入需要查询的区间，根据l排序。

对于在x[i].l之前的点，我们将他们所对应的nex[i]标为1。

然后对于每一个区间求l，r的区间和即可。

有树状数组或线段树求即可。

时间复杂度nlogn

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=50005;
int co[N],n,nex[N],tong[1000005],tr[N];
struct A
{
    int xh,l,r,ans;
}x[200005];
void chan(int w,int z)
{
    for(;w<=n;w+=w&-w)
        tr[w]+=z;
}
int ask(int w)
{
    int re=0;
    for(;w;w-=w&-w)
        re+=tr[w];
    return re;
}
bool cmp(const A &t1,const A &t2)
{
    return t1.l==t2.l?t1.r<t2.r:t1.l<t2.l;
}
bool comp(const A &t1,const A &t2)
{
    return t1.xh<t2.xh;
}
int main()
{
    int cos=0,m;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&co[i]),cos=max(cos,co[i]);
    for(int i=n;i;i--)
        nex[i]=tong[co[i]],tong[co[i]]=i;
    for(int i=0;i<=cos;i++)
        if(tong[i]) chan(tong[i],1);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) 
        scanf("%d%d",&x[i].l,&x[i].r),x[i].xh=i;
    sort(x+1,x+m+1,cmp);
    for(int i=1,cs=1;i<=m;i++)
    {
        for(;cs<x[i].l;cs++)
            if(nex[cs]) chan(nex[cs],1);
        x[i].ans=ask(x[i].r)-ask(x[i].l-1);
    }
    sort(x+1,x+m+1,comp);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d
",x[i].ans);
    return 0;
}