[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。

本题有两种方法：莫队和树状数组

莫队：

核心代码：

 void add ( int pos ) {
     ++cnt[a[pos]] ;
     if ( cnt[a[pos]] ==  )
         ++ answer ;
 }
 void remove ( int pos ) {
     -- cnt[a[pos]] ;
     if ( cnt[a[pos]] ==  )
         -- answer ;
 }
 void solve() {
     int curL = , curR =  ; // current L R
     for ( each query [L,R] ) {
         while ( curL < L )
             remove ( curL++ ) ;
         while ( curL > L )
             add ( --curL ) ;
         while ( curR < R )
             add ( ++curR ) ;
         while ( curR > R )
             remove ( curR-- ) ;
         cout << answer << endl ;
         // Warning : please notice the order "--","++" and "cur" ;
     }
 }  

复杂度为N^2，要减少curL和curR指针的移动次数

我们可以通过离线下所有的询问，然后通过某种排序，让两个指针跑动的距离尽量变少。具体的做法是把N划分成√N段，每段长度都是√N，然后在把所有询问按照L端点排序，看各个询问被划分到哪一块里。接着，对于各个划分出的段，在各自的段里，将它包含的所有区间再按照R端点排序。

复杂度为O(N*√N)

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 struct Node
 {
     int l,r,num;
 }s[];
 int tim,a[],ans[],n,m,cnt[],answer;
 bool cmp(Node a,Node b)
 {
     return ((a.l/tim)==(b.l/tim)?a.r<b.r:a.l<b.l);
 }
 void add(int x)
 {
     if (++cnt[a[x]]==) answer++;
 }
 void remove(int x)
 {
     if ((--cnt[a[x]])==) answer--;
 }
 int main()
 {int i,j,l,r;
     cin>>n;
     for (i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
     }
      cin>>m;tim=sqrt(m);
      for (i=;i<=m;i++)
      {
          scanf("%d%d",&s[i].l,&s[i].r);
          s[i].num=i;
      }
      sort(s+,s+m+,cmp);
      l=;r=;
       for (i=;i<=m;i++)
       {
           while (l<s[i].l)
           remove(l++);
           while (l>s[i].l)
           add(--l);
           while (r<s[i].r)
           add(++r);
           while (r>s[i].r)
           remove(r--);
           ans[s[i].num]=answer;
       }
     for (i=;i<=m;i++)
     printf("%d\n",ans[i]);
 }

法2：树状数组:

可以想到用树状数组维护区间答案，但明显，ans[i]！=sum(r)-sum(l-1);

此题首先应考虑到这样一个结论：

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，例如：

项链是：1 3 4 5 1

那么，对于r=5的所有的询问来说，第一个位置上的1完全没有意义，因为r已经在第五个1的右边，对于任何查询的[L,5]区间来说，如果第一个1被算了，那么他完全可以用第五个1来替代。

因此，我们可以对所有查询的区间按照r来排序，然后再来维护一个树状数组，这个树状数组是用来干什么的呢？看下面的例子：

1 2 1 3

对于第一个1，insert(1,1)；表示第一个位置出现了一个不一样的数字，此时树状数组所表示的每个位置上的数字（不是它本身的值而是它对应的每个位置上的数字）是：1 0 0 0

对于第二个2，insert(2,1)；此时树状数组表示的每个数字是1 1 0 0

对于第三个1，因为之前出现过1了，因此首先把那个1所在的位置删掉insert(1,-1),然后在把它加进来insert(3,1)。此时每个数字是0 1 1 0

如果此时有一个询问[2,3]，那么直接求sum(3)-sum(2-1)=2就是答案。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 struct Node
 {
     int l,r,num;
 }s[];
 int a[],ans[],n,m,c[],vis[];
 bool cmp(Node a,Node b)
 {
     return (a.r<b.r||(a.r==b.r&&a.l<b.l));
 }
 int getsum(int x)
 {
     int s=;
     while (x)
     {
         s+=c[x];
         x-=(x&(-x));
     }
     return s;
 }
 void add(int x,int d)
 {
     while (x<=n)
     {
         c[x]+=d;
         x+=(x&(-x));
     }
 }
 int main()
 {int i,j;
     cin>>n;
     for (i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
     }
     cin>>m;
     for (i=;i<=m;i++)
     {
         scanf("%d%d",&s[i].l,&s[i].r);
         s[i].num=i;
     }
     sort(s+,s+m+,cmp);
     j=;
     for (i=;i<=n+;i++)
     {
         while (j<=m&&i>s[j].r)
         {
             ans[s[j].num]=getsum(s[j].r)-getsum(s[j].l-);
             j++;
         }
         if (i>n) break;
         if (vis[a[i]])
         {
             add(vis[a[i]],-);
             vis[a[i]]=i;
             add(i,);
         }
         else
         {
             vis[a[i]]=i;
             add(i,);
         }
     }
     for (i=;i<=m;i++)
     printf("%d\n",ans[i]);
 }