【bzoj1878】[SDOI2009]HH的项链 树状数组+离线

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。

Source

Day2

离线做法是按坐标排序，然后维护个前缀和。

对于同种颜色挂个链表，若正在考虑的区间包含x则x在此区间第一次出现位置为1其余为0。若区间左端点越过x出现的位置i则nxt[i]++，这样可以保证同种颜色只被计算一次，一直往前推就行了

树状数组就可以维护前缀和。

强制在线好像要主席树？

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int SZ = 1000010;

int head[SZ],nxt[SZ];

struct haha{
int x,y,id,ans;
}ask[SZ];

bool cmp1(haha a,haha b)
{
return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
}

bool cmp2(haha a,haha b)
{
return a.id < b.id;
}

int sum[SZ],n;

void add(int pos,int d)
{
for(int i = pos;i <= n;i += i & -i)
sum[i] += d;
}

int asksum(int pos)
{
int ans = 0;
for(int i = pos;i >= 1;i -= i & -i)
ans += sum[i];
return ans;
}

int num[SZ];

int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
scanf("%d",&num[i]);
for(int i = n;i >= 1;i --)
{
int x = num[i];
if(!head[x])
head[x] = i;
else
nxt[i] = head[x],head[x] = i;
}
int m;
scanf("%d",&m);
for(int i = 1;i <= m;i ++)
scanf("%d%d",&ask[i].x,&ask[i].y),ask[i].id = i;
sort(ask + 1,ask + 1 + m,cmp1);
for(int i = 0;i <= 1000000;i ++)
if(head[i]) add(head[i],1);
for(int i = 1,j = 1;i <= m;i ++)
{
//  cout<<i<<" "<<j<<endl;
while(j < ask[i].x)
{
if(asksum(j))
{
add(j,-1);
if(nxt[j])
add(nxt[j],1);
}
j ++;
}
ask[i].ans = asksum(ask[i].y) - asksum(ask[i].x - 1);
}

sort(ask + 1,ask + 1 + m,cmp2);
for(int i = 1;i <= m;i ++)
printf("%d\n",ask[i].ans);
return 0;
}