[SDOI2009][BZOJ1878][前缀和][树状数组]HH的项链

DescriptionH>
H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。
Input
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。
Output
M行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。
Sample Input
6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6
Sample Output
2
2
4
HINT
对于20%的数据，N ≤ 100，M ≤ 1000；
对于40%的数据，N ≤ 3000，M ≤ 200000；
对于100%的数据，N ≤ 50000，M ≤ 200000。

可以利用前缀和的思想，首先将所每种第一次出现的贝壳sum++,然后将所有询问左端点排序，从左往右扫时扫过一个贝壳，就将它的后继next[pos]这个珍珠sum++,对于区间[L,R]答案就等于sum(R)-sum(L-1），而这里前缀和需要用树状数组维护，因为一般的方法是O(NM)

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=5e4+5,maxm=2e5+5,maxk=1e6+5;int n,m,bit[maxn],kind[maxn],nxt[maxn],head[maxk],mxk;struct Query{    int L,R,ID,ans;}query[maxm];#define L(x) query[x].L#define R(x) query[x].R#define ID(x) query[x].ID#define ans(x) query[x].ansbool cmp1(Query x,Query y){    return x.L<y.L;}bool cmp2(Query x,Query y){    return x.ID<y.ID;}#define lowbit(x) x&(-x)void update(int x){    for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) bit[i]++;}int QUERY(int x){    int ret=0;    for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i))       ret+=bit[i];    return ret;} int main(){//  freopen("bit.in","r",stdin);    scanf("%d",&n);    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&kind[i]),mxk=max(mxk,kind[i]);//为贝克种类 ,mxk记录最大的编号     for (int i=n;i>0;i--) nxt[i]=head[kind[i]],head[kind[i]]=i;//n为长度     scanf("%d",&m);    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&L(i),&R(i)),ID(i)=i;    sort(query+1,query+m+1,cmp1);    for (int i=0;i<=mxk;i++) if (head[i]) update(head[i]);      int pos=1;    for (int i=1;i<=m;i++)    {        while (pos<L(i))        {            if (nxt[pos]) update(nxt[pos]);            pos++;        }         ans(i)=QUERY(R(i))-QUERY(L(i)-1);    }    sort(query+1,query+m+1,cmp2);    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans(i));    return 0;}