\(Description\)
给你一串长度为\(n\)的数，有\(m\)个询问，每次询问\(l-r\)内不相同的数的个数。
\(Solution\)
这道题显然不能直接通过线段树维护，考虑记录每一个数前一次出现的位置\(pos\)，然后将这个值插入线段树，每次查询\(l\)在这个区间内的排名即可（第几小）。这个是比较显然的，因为假如一个数的前驱\(pos>=l\)，说明在\(l\)后面至少还出现一次，而只有这个数在\(l-r\)内最靠前的才保证排名\(<l\)
所以问题就转换成了插入前驱数组，查询\(l-r\)区间内的\(l\)的排名
这显然还是不能使用线段树直接搞，考虑这是一个裸的主席树，只不过将查询第\(k\)变成查询\(k\)的排名
void query(int u,int v,int l,int r,int k)//k是权值
{
if(l==r)
{
if(l!=k) ans+=sums[v]-sums[u];//k就是询问区间L,假如某个数出现的位置是L，那么只统计在L处的即可
//但要注意l!=k(L)时答案要加上答案，比如询问区间大小为1的情况，直接返回就炸了
return;
}
int num=sums[lc[v]]-sums[lc[u]];
int mid=(l+r)>>1;
if(k>mid) ans+=num,query(rc[u],rc[v],mid+1,r,k);//在右子树中注意加上排名
else query(lc[u],lc[v],l,mid,k);
} 然而呢
\(tm\)这道题数据加强后主席树就\(GG\)了，因为这道题数据达到了\(1e6\)
主席树空间开销\(nlogn\)容易开不下
数组开太大加上主席树比较大的常数在极限数据下\(GG\)了
结果我发现这道题正解竟然是离线+树状数组！
关键在于如何使得数组离线，发现这样一个性质
对于若干个询问的区间\([l,r]\)，如果他们的\(r\)都相等的话，那么项链中出现的同一个数字，一定是只关心出现在最右边的那一个的
比如\(1\ 3\ 5\ 2\ 1\)，对于所有\(r=5\)的询问，因为第\(5\)个数是\(1\)，所以前面所有的\(1\)都不用关心,靠右边的数一定是更“优”的
所以我们每次只需要靠右的数看他能不能更新前面的数即可。
考虑使用梳妆数组维护
具体实现是按照询问的\(r\)排序，不停往右扫描，记录一个数上一次出现的位置，每次都在当前位置插入\(1\)，如果出现过就在上一个出现的位置插入\(-1\)以消除上面的数的影响，扫描到一个\(r\)就进行区间求和，最后按编号输出答案就行
具体实现如下，一个简单的区间查询+单点修改
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 1000010
#define re register
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
};
struct P{
int l,r,id;
}node[maxn];
int tre[maxn<<2];
int tmp,n,m,ans[maxn],a[maxn],vis[maxn];
bool cmp(P A,P B)
{
return A.r<B.r;
}
void add(int x,int k)
{
while(x<=n)
{
tre[x]+=k;
x+=(x&-x);
}
}
int query(int x)
{
int tmp2=0;
while(x>=1)
{
tmp2+=tre[x];
x-=(x&-x);
}
return tmp2;
}
int Query(int l,int r)//树状数组单点修改+区间查询
{
return query(r)-query(l-1);
}
int main()
{
n=read();
for(re int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
m=read();
for(re int i=1;i<=m;++i)
{
node[i].l=read(),node[i].r=read(),node[i].id=i;
}
sort(node+1,node+m+1,cmp);
tmp=1;
for(re int i=1;i<=m;++i)
{
for(re int j=tmp;j<=node[i].r;++j)//按r排序的原因上面说过
{
if(vis[a[j]])
add(vis[a[j]],-1);
add(j,1);//不管什么时候这里都要加
vis[a[j]]=j;
}
tmp=node[i].r+1;//记录下一次开始的位置，保证扫描是$O(n)$的
ans[node[i].id]=Query(node[i].l,node[i].r);//记录对应编号的答案
}
for(re int i=1;i<=m;++i)
printf("%d\n",ans[i]);//按编号输出
}