洛谷 P1972 [SDOI2009]HH的项链 (可持久化线段树)

可持久化线段树模版题，其实也可以用莫队来做（当然O(nlogn)比O(nn√)要划算，且代码也非常简洁。）

差点忘了放题目了。。。=。=

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题目背景

无

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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。

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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。

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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

输入样例#1：

2
2
4

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说明

数据范围：
对于100%的数据，N <= 50000，M <= 200000。

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说两句

如果没有听过可持久化线段树，可以离线排序用莫队做。
题目没要求强制在线，但我们可以直接在线做（这里的在线指不对询问排序）。

可持久化线段树适合用来解决强制在线问题。

预处理好坐标线段树，根复制历史版本信息后，将前面出现过该数的最后的下标处-1以避免重复算（想想为什么），再将当前下标i处+1。这只需要开个last[]保存，且题目良心不用离散化值。记录last[]并维护线段树。O(nlogn)就搞定了。
最后查询时直接来logn的query就行了。注意要query的是Root[b]的线段树，这个需要体会一下。（其实没啥问题，因为Root[b]维护的1-b的前缀区间。。）
具体还是看代码把。

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代码

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <algorithm>#define N 50005#define NN 1000005using namespace std;int n, cur, m, last[NN], p[N];struct Tnode{    Tnode *lson, *rson;    int sum;}tree[N*20], *Root[N];Tnode *NewTnode(){    tree[cur].lson = tree[cur].rson = tree;    tree[cur].sum = 0;    return tree+cur++;}void update(Tnode *root, int L, int R, int x, int val){    if(L == x && R == x){      root->sum += val;      return;    }    int mid = (L + R) >> 1;    Tnode *p = NewTnode();    if(x <= mid){      *p = *root->lson;      root->lson = p;      update(p, L, mid, x, val);    }    else{      *p = *root->rson;      root->rson = p;      update(p, mid+1, R, x, val);    }    root->sum = root->lson->sum + root->rson->sum;}int query(Tnode *root, int L, int R, int x, int y){    if(x > R || y < L)  return 0;    if(x <= L && y >= R)  return root->sum;    int mid = (L + R) >> 1;    int tmp1 = query(root->lson, L, mid, x, y);    int tmp2 = query(root->rson, mid+1, R, x, y);    return tmp1 + tmp2;}int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; i++)  scanf("%d", &p[i]);    memset(last, -1, sizeof(last));    Root[0] = NewTnode();    for(int i = 1; i <= n; i++){      Root[i] = NewTnode();      *Root[i] = *Root[i-1];      if(~ last[p[i]])  update(Root[i], 1, n, last[p[i]], -1);      last[p[i]] = i;      update(Root[i], 1, n, i, 1);     }    scanf("%d", &m);    int a, b;    for(int i = 1; i <= m; i++){      scanf("%d%d", &a, &b);      printf("%d\n", query(Root[b], 1, n, a, b));    }    return 0;}

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哪有什么运气，好运坏运都是你的命运。——《大鱼海棠》

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