HH的项链题解（离线思想+链表+树状数组）

本人第一篇博客重磅推出！！！

希望各位朋友以后多多捧场也多给写意见（我个人喜欢把题解写得啰嗦一点，因为这样方便理解，各位巨佬勿喷）

来讲一道提高+/省选-的骚题：HH的项链（这个HH你理解成皇后呵呵哈哈嘿嘿花花红红还是蛤蛤都可以）

题目来源：洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链

题面如下：

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。

数据范围：

对于100%的数据,n<=500000,m<=200000

---

题解部分：

（注：以下内容中的点表示的就是贝壳）

题意分析：区间统计点的种类数

看到这题的数据范围应该就可以判断出暴力统计是不可行的，因为那样时间复杂度将会是O（mn）肯定会超时

而想要快速得区间统计很自然得就会想到线段树、树状数组什么之类的

但是比较恶心的是这道题的题意是要统计种类数，不过可以想到把第一次出现的种类的点（贝壳）的值赋为1，否则赋为0，这样统计种类只要区间求和即可

但是每个点在询问的区间不同是会提供不同的结果，这可要命了QAQ

所以我们需要稍稍改一下思路，看到它是区间询问，就可以联想到可以把L作为第一关键字，R作为第二关键字把询问进行从小到大的排序（即先按L从小到大排序，L相同时按R从小到大排序），这和莫队有些类似，需要离线实现（也就是在读入完所有询问再处理而不是读入一个处理一个）

这样就会方便我们修改点的值，因为现在保证询问的区间左端点是递增的，所以每次当前询问的左端点L1移动到排完序的下一个询问的左端点L2时（此时L2>=L1肯定成立），从第L1个点一直跑到第(L2-1)个点（对，第L2个不能包括，因为它在新询问的区间范围之内），很显然这些点在之后的询问中不会再访问到，所以这些点中如果有是第一个该种类的点（也就是这个点点值是1），那么把下一个与它种类相同的点的点值（改之前肯定是0）改为1，（这里可优化，见下文优化①）因为这个新的点在新的询问的区间中就会是第一个该种类的。

然后用支持快速区间求和算法搞定（我个人比较喜欢尽量用树状数组，因为好写），顺便说一下，由于树状数组的区间求和是类似于求两个前缀和相减得到的，所以虽然在每次左端点移动时两个左端点间每次找到的点值为1的点地位已经不是该种类第一个点了，因为之后询问的区间内根本不会有它，可正是这样，它的点值其实不用改，它的点值在前缀和相减时会被抵消掉，影响不到之后的结果

实现是这样的，先开一个数组a，a[i]表示第i个贝壳的种类，还有数组b存点值，接着是数组t，t[i]存的是种类为i的贝壳当前最后一次出现的位置，用于搞next（后面会讲），初值为0，然后是数组c是维护数组b的树状数组，再开一个next数组，next[i]表示下一个种类与位置在i的贝壳相同的贝壳的位置，初值为500001（即n的最大值+1），这样如果在两个左端点间找到一个贝壳是该种类的最后一个时，就会把第500001个点的点值改为1（这个点其实不存在所以不用担心），在输入时处理一个新贝壳（设位置为i,种类为x），如果t[x]为0，那么这个贝壳就是它的种类的第一个，所以就b[i]=1;t[x]=i;如果t[i]不为0，就next[t[x]]=i;t[x]=i;然后还要开一个结构体用于存储询问，可以这样：

struct ask{

int l;//左端点

int r;//右端点

int address;//询问的位置，因为在排完序后询问的顺序就与原来不同了，所以要把询问输入时的顺序存下来

}hh[200003];

还需要一个ans数组存结果，在每次算完排完序后的第i个询问时就存储在ans[hh[i].address]里，输出结果时正序输出ans数组即可

然后写一个眉清目秀的树状数组，再按上文的意思写就行

优化①：再讲一个优化，在每次左端点移动时两个左端点（L1,L2,且L1<=L2）间找到找到的点值为1的点，即将把下一个与该点同种类的点的点值改为1时，在寻找要修改的点时可以优化，因为如果我们找到的要修改的点也在两个左端点之间，那么它肯定还会被访问到并且再继续修改下一个，有点浪费时间，不如我们这样，如果寻找到的这个点所在的位置小于L2，那么我们就不要改这个点，直接继续找下一个同种类的点，直到找到的点的位置大于等于L2为止（特殊情况就是当找到了一个是它的种类的最后一个的贝壳时，下次就会找到“第500001个点”，它的位置自然会大于L2，也一样可以停止），然后再修改点值，可以用一个while循环实现：

for(int j=hh[i].l;j<=hh[i+1].l-1;j++){

  if(b[j]==1){

  int p=j;

  while(j<hh[i+1].l)

       p=next[p];

  b[p]=1;

  add(p,1);

  }

}

好了，该讲的讲完了，再贴一下我的代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(register IL i=1;i<=n;i++)
#define IL int  //本题需要的数据类型
using namespace std;
const IL M=500003;
IL n,m,a[M],b[M],c[M],t[1000001],x,limit,ans[200001],next[M];
struct ask{
  int l,r,address;
}hh[200001];
bool cmp(ask a,ask b){
  return (a.l<b.l||(a.l==b.l&&a.r<b.r));
}
IL lowbit(IL x){//返回x在二进制下的1的最低位
  return x&-x;
}
IL add(IL k,IL delt){//在位置k上加上delt
  while(k<=limit){
  	c[k]+=delt;
  	k+=lowbit(k);
  }
}
IL getsum(IL k){//求编号1到k的点的值的和(相当于前缀和)
  IL total=0;
  while(k>0){
  	total+=c[k];
  	k-=lowbit(k);
  }
  return total;
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  limit=n;
  rep(i,n)
  {
    next[i]=500001;
    scanf("%d",&x);
    if(!t[x]){
	  b[i]=1;
	  add(i,1);
	}
    else
      next[t[x]]=i;
    t[x]=i;
  }
  scanf("%d",&m);
  rep(i,m){
  	scanf("%d %d",&hh[i].l,&hh[i].r);
  	hh[i].address=i;
  }
  sort(hh+1,hh+m+1,cmp);
  rep(i,m-1){
  	ans[hh[i].address]=getsum(hh[i].r)-getsum(hh[i].l-1);
  	for(int j=hh[i].l;j<=hh[i+1].l-1;j++){
	  if(b[j]==1){
	  	int p=j;
	  	while(p<hh[i+1].l){
          p=next[p];
		}
        b[p]=1;
        add(p,1);
	  }
	}
  }
  ans[hh[m].address]=getsum(hh[m].r)-getsum(hh[m].l-1);
  rep(i,m)
    printf("%d\n",ans[i]);
  return 0;
}

希望各位好好消化一下，这道题其实挺综合的，很适合练习