BZOJ_2743_[HEOI2012]采花_离线+树状数组

BZOJ_2743_[HEOI2012]采花_离线+树状数组

Description

萧芸斓是Z国的公主，平时的一大爱好是采花。今天天气晴朗，阳光明媚，公主清晨便去了皇宫中新建的花园采花

。花园足够大，容纳了n朵花，花有c种颜色（用整数1-c表示），且花是排成一排的，以便于公主采花。公主每次

采花后会统计采到的花的颜色数，颜色数越多她会越高兴！同时，她有一癖好，她不允许最后自己采到的花中，某

一颜色的花只有一朵。为此，公主每采一朵花，要么此前已采到此颜色的花，要么有相当正确的直觉告诉她，她必

能再次采到此颜色的花。由于时间关系，公主只能走过花园连续的一段进行采花，便让女仆福涵洁安排行程。福涵

洁综合各种因素拟定了m个行程，然后一一向你询问公主能采到多少朵花（她知道你是编程高手，定能快速给出答

案！），最后会选择令公主最高兴的行程（为了拿到更多奖金！）。

Input

第一行四个空格隔开的整数n、c以及m。

接下来一行n个空格隔开的整数，每个数在[1, c]间，第i个数表示第i朵花的颜色。

接下来m行每行两个空格隔开的整数l和r（l ≤ r），表示女仆安排的行程为公主经过第l到第r朵花进行采花。

Output

共m行，每行一个整数，第i个数表示公主在女仆的第i个行程中能采到的花的颜色数。

Sample Input

5 3 5
1 2 2 3 1
1 5
1 2
2 2
2 3
3 5

Sample Output

2
0
0
1
0
【样例说明】
询问[1, 5]：公主采颜色为1和2的花，由于颜色3的花只有一朵，公主不采；询问[1, 2]：颜色1和颜色2的花均只有一朵，公主不采；
询问[2, 2]：颜色2的花只有一朵，公主不采；
询问[2, 3]：由于颜色2的花有两朵，公主采颜色2的花；
询问[3, 5]：颜色1、2、3的花各一朵，公主不采。

HINT

【数据范围】

对于100%的数据，1 ≤ n ≤    10^6，c ≤ n，m ≤10^6。

---

分析：

看起来莫队可做，但数据范围就是为了卡这个的，于是我们考虑同样是离线的另一种做法。

首先对于每个花，求出下一次出现颜色相同的花的位置$nxt[]$ ，如果没有则$nxt[]$ 为0。

然后把询问搞下来，按询问的左端点升序排序。

一开始，我只计算每个花第一次出现时的贡献。

扫一遍数组，假设我当前在$i$ 这个位置，离我最近的询问左端点是$j$ ，那我们要舍弃掉$i$ 到$j-1$ 这部分的贡献。

删除第$i$ 个数，对右端点在$i+1\thicksim nxt[i]-1$ 的这些需要$-1$ ，对右端点在$nxt[i]\thicksim nxt[nxt[i]]-1$ 的这部分$+1$ ，然后树状数组维护一下整个操作即可。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
#define N 1000050
int n,v[N],c,m,b[N],nxt[N],now[N],ans[N];
struct A {
    int l,r,pos;
}a[N];
bool cmp(const A &x,const A &y) {
    if(x.l==y.l) return x.r<y.r;
    return x.l<y.l;
}
void fix(int x,int v) {
    for(;x<=n;x+=x&(-x)) b[x]+=v;
}
int inq(int x) {
    int re=0;
    for(;x;x-=x&(-x)) re+=b[x];
    return re;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d",&n,&c,&m);
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
    for(i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r); a[i].pos=i;
    }
    sort(a+1,a+m+1,cmp);
    for(i=n;i;i--) {
        nxt[i]=now[v[i]]; now[v[i]]=i;
    }
    for(i=1;i<=n;i++) {
        if(nxt[i]) fix(nxt[i],1);
        if(nxt[nxt[i]]) fix(nxt[nxt[i]],-1);
    }
    int fafa=1;
    for(i=1;i<=m;i++) {
        while(fafa<a[i].l) {
            if(nxt[fafa]) fix(nxt[fafa],-1);
            if(nxt[nxt[fafa]]) fix(nxt[nxt[fafa]],1);
            fafa++;
        }
        ans[a[i].pos]=inq(a[i].r)-inq(a[i].l-1);
    }
    for(i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}