题目类型：\(DP\)+\(RMQ\)
传送门：>Here<
题意：给定一个长度为\(N\)的序列，并给出\(M\)次询问。询问区间\([L,R]\)内的最长完美序列。所谓完美序列就是指连续的且内部元素不重复的序列
解题思路
暴力做法：对于每一次询问，用一个队列维护，\(O(n)\)给出答案。因此复杂度是\(O(nm)\)。
考虑能否求出以每个点为结尾的最长完美序列长度\(f[i]\)，以及起始位置\(s[i]\)。假设我们已经维护好了一个数组\(lst[i]\)表示数值\(a[i]\)上一次出现的位置。那么\(s[i]\)可以满足转移方程\[s[i]=Max\{s[i-1],lst[i]+1\}\]其中，\(s[i-1]\)表示以\(i-1\)为结尾的最长完美序列，然而随着元素\(i\)的加入，有可能在\(s[i-1]\)之后存在\(a[i]\)，为了避免这种情况，增加\(lst[i]+1\)为底线。
\(lst\)数组并没有简单的方法来维护，那么既然不能\(O(n^2)\)，那么开桶好了（记得负数，\(+ad\)）
求出\(s[i]\)以后，很明显有\[f[i]=i-s[i]+1\]然后考虑如何应对询问。一个很本能的反应是求出\(Max\{f[l]..f[r]\}\)。然而这不仅慢，也不正确——用\(f[i]\)的前提条件必须是\(s[i] \geq l\)。因此每个点的答案应该是\(Min\{f[i],i-L+1\}\)
然而这样的话复杂度依然是\(O(nm)\)，一种思路是进行优化，用\(RMQ\)来\(O(1)\)解答。然而我们没有办法迅速生成所有的\(i-L+1\)。但是不是所有的点都需要考虑\(i-L+1\)？很明显不是，如果一个点的\(s[i] \geq L\)就不需要考虑了。
\(s[i]\)的值有什么特点？容易发现\(s[i]\)是单调不下降的。（不然暴力中，我们是如何用队列进行维护的？）。新加进来的一个点只会导致起始点不动或后移。
因此回到询问中来，所有\(s[i]\geq L\)的点一定都分布在该区间的右侧。因此我们可以二分来找到这个分界点，在分界点的右侧做\(RMQ\)就完全没有任何问题了，我们只需要考虑\(f[i]\)
同样，分布在左侧的节点只需要考虑到\(L\)的距离了。最大的一定是左侧的最右侧的那个点
因此我们先预处理出\(s[i]\)，复杂度\(O(n)\)。然后倍增预处理\(O(nlogn)\)，对于每次询问需要二分\((mlogn)\)。因此整道题的复杂度是\(O(n+(n+m)logn)\)的
反思
做出本题的关键在于想到维护\(s[i]\)，并且看出\(s[i]\)是单调不下降的。而这两点恰好都在暴力中体现了。因此这告诉我们，正解的很多思路都是来源于暴力的。
Code
注意如果二分全都不能满足，那么应该返回\(r+1\)
/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 200010;
const int AD = 1000000;
const int INF = 1061109567;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
if(c == '-') w = -1, c = getchar();
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
int N,M,l,r,m;
int a[MAXN],s[MAXN],lst[MAXN],b[2*AD+100],f[MAXN],st[MAXN][20];
inline int BinarySearch(int l, int r){
int L = l, R = r, Mid, Ans(r+1);
while(L <= R){
Mid = (L + R) / 2;
if(s[Mid] < l){
L = Mid + 1;
}
else{
R = Mid - 1;
Ans = Mid;
}
}
return Ans;
}
inline int RMQ(int l, int r){
if(l>r) return -1;
int k = log(r-l+1) / log(2);
return Max(st[l][k], st[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
N = read(), M = read();
for(int i = 1; i <= N; ++i){
a[i] = read();
lst[i] = b[a[i]+AD];
b[a[i]+AD] = i;
}
s[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; ++i){
s[i] = Max(lst[i]+1, s[i-1]);
f[i] = i-s[i]+1;
st[i][0] = f[i];
}
for(int j = 1; (1<<j) <= N; ++j){
for(int i = 1; i+(1<<j)-1 <= N; ++i){
st[i][j] = Max(st[i][j-1], st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
while(M--){
l = read()+1, r = read()+1;
m = BinarySearch(l,r);
printf("%d\n", Max(m-1-l+1, RMQ(m,r)));
}
return 0;
}