【P1972】HH的项链——树状数组+询问离线

时间：2023-03-09 16:24:13
【P1972】HH的项链——树状数组+询问离线

（题面摘自luogu）

题目背景

无

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。

说明

数据范围：

对于100%的数据，N <= 500000，M <= 500000。

　　老师讲了两种办法，先只打了第一种。（好像莫队也能做……以后再说）

　　首先我们把询问离线，按右端点排序。然后我们从左至右扫描原序列（可以离散化）：假如我们想处理[l, r]这个询问，我们在扫描序列的时候把每个颜色对应的位置在树状数组中+1，扫描到r的时候直接查询[l, r]的区间和即可。但是布星，有重复的颜色怎么破？

　　再来考虑我们扫描的过程：一个颜色产生对[l, r]的贡献，当且仅当这个颜色在已扫描序列[1, r]的最右端的位置pos，满足pos >= l。那么我们动态维护某个颜色出现的位置，在扫描的时候一边往BIT里扔贡献，一边删掉该颜色上次出现位置的贡献，然后更新这个颜色的最后一个位置。这时每查到一个询问再询问l, r区间和就是可行的。

　　代码中有个小细节很坑，可供参考。

  1. #include <cstdio>
  2. #include <cstring>
  3. #include <iostream>
  4. #include <algorithm>
  5. //#define L second
  6. //#define R first
  7. //#define mp make_pair
  8. #define BUG puts("$$$")
  9. #define lowbit(i) (i & -i)
  10. #define maxn 500010
  11. template <typename T>
  12. void read(T &x) {
  13. x = 0;
  14. int f = 1;
  15. char ch = getchar();
  16. while (!isdigit(ch)) {
  17. if (ch == '-')
  18. f = -1;
  19. ch = getchar();
  20. }
  21. while (isdigit(ch)) {
  22. x = x * 10 + (ch ^ 48);
  23. ch = getchar();
  24. }
  25. x *= f;
  26. return;
  27. }
  28. using namespace std;
  29. struct Query {
  30. int l, r, id;
  31. friend bool operator < (Query a, Query b) {
  32. return a.r < b.r;
  33. }
  34. } Q[maxn];
  35. int bit[maxn], a[maxn], pos[maxn], n, m, N;
  36. int st[maxn], ans[maxn];//辅助
  37. int contra(int* a) {
  38. memcpy(st, a, sizeof(st));
  39. sort(st + 1, st + 1 + n);
  40. int len = unique(st + 1, st + 1 + n) - st - 1;
  41. for (int i = 1; i <= n; ++i)
  42. a[i] = lower_bound(st + 1, st + len + 1, a[i]) - st;
  43. return len;
  44. }
  45. void modify(int x, int del) {
  46. for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
  47. bit[i] += del;
  48. }
  49. int query(int l, int r) {
  50. int sum = 0;
  51. for (int i = r; i; i -= lowbit(i))
  52. sum += bit[i];
  53. for (int i = l - 1; i; i -= lowbit(i))
  54. sum -= bit[i];
  55. return sum;
  56. }
  57. void solve() {
  58. register int i = 1, j = 1;//i指向序列，j指向询问
  59. while (j <= m) {
  60. while (i <= Q[j].r) {
  61. if (pos[a[i]])
  62. modify(pos[a[i]], -1);
  63. modify(i, 1);
  64. pos[a[i]] = i;
  65. ++i;
  66. }
  67. --i;  //这里：有可能出现右端点相同的情况，不加这句话就跳过了
  68. ans[Q[j].id] = query(Q[j].l, Q[j].r);
  69. ++j;
  70. }
  71. return;
  72. }
  73. int main() {
  74. read(n);
  75. for (int i = 1; i <= n; ++i)
  76. read(a[i]);
  77. contra(a);
  78. read(m);
  79. for (int i = 1; i <= m; ++i)
  80. read(Q[i].l), read(Q[i].r), Q[i].id = i;
  81. sort(Q + 1, Q + 1 + m);
  82. solve();
  83. for (int i = 1; i <= m; ++i)
  84. printf("%d\n", ans[i]);
  85. return 0;
  86. }

　　另一种方法不用离线，我们用数组last记录每个位置上该颜色上次出现的位置（第一次出现记0），然后询问每个区间内，有多少个点i满足last[i] < l；但是这个东西怎么维护呢？我想想……我晓得了，是主席树！\(OwO)/ 以后再打吧。

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