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。
输入输出样例
6 1 2 3 4 3 5 3 1 2 3 5 2 6
2 2 4
说明
数据范围：
对于100%的数据，N <= 50000，M <= 200000。
解题思路
在线解法听说可以用主席树？那玩意太高端，本蒟蒻不会……2019年7月30日21:10:59更新，现在会了HDU 5919 Sequence ll
离线解法主要有两种——一种是求区间和的奇技淫巧，另一种是分块莫队。我用的是前一种。
单点修改求区间和的方法挺多，这里用的树状数组(方便、简单)
离线，先把所有询问存下来，然后对所有询问按照左端点升序排序(右端点排不排无所谓的啦，反正又不影响结果)。
然后记录下每种颜色的下一个相同颜色所在的位置，用next[i]表示。
然后在树状数组（开始时全部是0）中把每种颜色第一次出现的位置标记为1，然后就可以按排好的顺序处理所有询问了。
一个个询问可以看作是一个滑动窗口在项链上滑动，读取窗口内的颜色信息。
窗口向右移动以后，左端点的左边那些第一次出现的颜色在窗口中就表示不出来了，这时就要把左端点以左的标记为1颜色全部“弄”到下一个颜色相同的点上(next[i])。
定义一个变量$l$，然后按之前的左端点递增的顺序处理询问。
让$l$从1开始不断增加，直到到达第$i$个询问所要求的左端点前一位，这部分的作用是把当前询问区间的左边那些1全部“弄”到后面。然后统计这次询问的答案，线段树求这个询问区间的区间和就是答案啦！
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2019年03月02日16:57:57。我当年写的啥玩意……丢个我现在看得懂的链接。为啥我的代码比黄学长长那么多……2019年03月02日17:09:23把上面的描述更新了一波，好像好懂多了(说不定一年多以后我又看不懂了)。
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我来填坑啦！并不会输公式，勉强看看吧
莫队离线处理询问区间(li,ri)，如果知道了(li,ri)的答案，那我们就能很快知道(li-1,ri)(li+1,ri)(li,ri-1)(li,ri+1)的答案，那么在已知(l[i],r[i])的答案的情况下，我们需要O(abs(l[i]-l[i+1])+abs(r[i]-r[i+1]))的时间暴力得到(l[i+1],r[i+1])的答案。如何使转移代价最少？一种方法是按曼哈顿最小生成树的dfs序转移，但是难度过高，于是——
对于每个读入的询问(l[i],r[i])，我们设pos[i]=l[i]/sqrt(n)，(这就是传说中的分块)以pos[i]为第一关键字，r[i]为第二关键字对所有询问进行排序，依次处理询问，这样能跑得很快。时间复杂度变成了O(n^(3/2))。
证明和代码网上遍地都是，这里就不贴了(逃)。下面的代码思路是树状数组的。
源代码
#include<cstdio> #include<algorithm> #define lowbit(x) (x)&(-x) int n,m,mx=-1; int a[50010]={0},next[50010]={0}; int p[1000010]={0};//类似一个桶，装每种颜色第一次出现的位置 int c[50010]={0};//树状数组 int query(int pos) { int ans=0; while(pos) { ans+=c[pos]; pos-=lowbit(pos); } return ans; } void add(int pos,int x) { while(pos<=n) { c[pos]+=x; pos+=lowbit(pos); } } struct Ask{ int l,r,id,ans; }ask[200010]; bool cmp1(const Ask & a,const Ask & b) { return a.l==b.l?a.r<b.r:a.l<b.l; } bool cmp2(const Ask & a,const Ask & b) { return a.id<b.id; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i),mx=std::max(a[i],mx); for(int i=n;i>0;i--)//预处理出next和p { next[i]=p[a[i]]; p[a[i]]=i; } for(int i=1;i<=mx;i++) if(p[i])add(p[i],1); scanf("%d",&m); for(int i=1,l,r;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&l,&r); ask[i]={l,r,i,0}; } std::stable_sort(ask+1,ask+1+m,cmp1);
//用归并的原因是，apio2017，第二题交互题，某部分分可以用stl排序的比较函数发出询问，然后就能得到结果。 这个页面三分之二的位置
//询问次数有限，用归并才能以较少的比较函数调用次数卡过去，好些大佬就这样被卡了85。当时半懂不懂的，apio以后用了好久归并，不敢用快排#捂脸 for(int i=1,ll=0;i<=m;i++) { while(ll<ask[i].l) { if(next[ll]) add(next[ll],1); ll++; } ask[i].ans=query(ask[i].r)-query(ask[i].l-1); } std::stable_sort(ask+1,ask+1+m,cmp2); for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",ask[i].ans); return 0; }