洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链

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

输入样例#1：

6

1 2 3 4 3 5

3

1 2

3 5

2 6

输出样例#1：

2

2

4

说明

数据范围：

对于100%的数据，N <= 50000，M <= 200000。

【分析】

这道题用分块，听题解说这是莫队算法，但我并不知道莫队是啥。

题目好理解：给n个数，m个询问，每个询问要求求出 l~r 之间出现了多少个不同的数字。

我们可以对区间进行分块以提高效率。根据分块算法的套路，以sqrt(n)为一个区间的长度。我们把询问以l为关键字从小到大排序，然后把l在当前区间的询问放在一组。然后呢，对于分到一组的询问，进行r为关键字从小到大的排序。然后进行暴力扫。

在每一个区间中，对于右指针来说，从前往后扫一遍，最多把数全部扫一遍，也就是n次，而左指针在该区间的元素之间扫。

我们做一个粗略的复杂度分析：假设每个区间里包括 sqrt(m) 个询问，那么对于单个区间，最坏情况复杂度为 O(sqrt(m)*sqrt(n)+n)

那么总复杂度为 O(m* sqrt(n)+sqrt(m)*n)。

由于常数较小且数据随机，所以不会被卡掉。

【代码】

//洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
int i,j,k,s,n,m,x;
struct node
{
int l,r,num;
}a[200001];
inline bool cmp_l(const node &u,const node &v) {return u.l<v.l;}
inline bool cmp_r(const node &u,const node &v) {if(u.r==v.r) return u.l<v.l;return u.r<v.r;}
int q[50001],ans[200001],get[50001];
int main()
{
scanf("%d",&n);
fo(i,1,n)
scanf("%d",&q[i]);
scanf("%d",&m);
fo(i,1,m)
{
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
a[i].num=i;
}
x=sqrt(n);
sort(a+1,a+m+1,cmp_l);
i=1;
while(i<=m)
{
j++;
int b=i;
while(a[i].l<=j*x && i<=m) i++;
sort(a+b,a+i,cmp_r);
if(j==x) sort(a+b,a+m+1,cmp_r);
}
int ll=1,rr=0;
fo(i,1,m)
{
if(a[i].l>ll)
fo(j,ll,a[i].l-1)
{
get[q[j]]--;
if(!get[q[j]]) s--;
}
else
fo(j,a[i].l,ll-1)
{
if(!get[q[j]]) s++;
get[q[j]]++;
}
ll=a[i].l;
if(a[i].r<rr)
fo(j,a[i].r+1,rr)
{
get[q[j]]--;
if(!get[q[j]]) s--;
}
else
fo(j,rr+1,a[i].r)
{
if(!get[q[j]]) s++;
get[q[j]]++;
}
rr=a[i].r;
ans[a[i].num]=s;
}
fo(i,1,m)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}