P1972 【SDOI2009】 HH的项链

#$Description$ 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$>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
",ans[i]);//按编号输出 
}