Description
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。
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。
N ≤ 50000，M ≤ 200000。
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
题解:
离线询问+树状数组
实际上是用树状数组维护区间不同数。可以考虑记录前i个数中不同数的个数，对于询问q（l，r），就像前缀和那样，用num[r]-num[l-1]计算答案。
事实上这样的算法并不正确，比如1 2 3 3 5，num[4]=3,num[5]=4,num[5]-num[4-1]=1,但q（4,5）答案应该是2。
不难发现，这种算法的bug在于num[i]记录的是[1，i]，由于3已经在前面出现过。故对于询问q（l，r）时，若[l，r]存在[1，l]出现过的数时，就会少算。所以可以引入一个next数组，next[i]记录当前位置i表示的数下一次出现的位置，当处理到第i位，便修改其next[i]指向的位置到全的前缀和，这样，就可以用num[r]-num[i-1]计算了
对询问离线并按左边界从小到大排序，用pos[i]表示数i第一次出现的位置，然后按顺序处理询问：对整个区间从左到右扫，每扫到一个数用树状数组修改其next的前缀和，直到碰到一个询问的左边界，然后按num[r]-num[i-1]计算答案。
可以我的结合代码理解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct question{
int l,r,ans,idx;
}q[200005];
int n,m,mx=0;
int necklace[50005],pos[1000005],nextx[50005],node[50005];
int lowbit(int a)
{
return a&(-a);
}
int add(int k,int val)
{
for(;k<=n;k+=lowbit(k))
node[k]+=val;
}
int ask(int k)
{
int sum=0;
for(;k>0;k-=lowbit(k))
sum+=node[k];
return sum;
}
int maxn(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
bool cmp1(question a,question b)
{
return a.l<b.l;
}
bool cmp2(question a,question b)
{
return a.idx<b.idx;
}
int main()
{
memset(pos,0,sizeof(pos));
memset(nextx,0,sizeof(nextx));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&necklace[i]);
mx=maxn(mx,necklace[i]);
}
for(int i=n;i>=1;i--)
{
nextx[i]=pos[necklace[i]];
pos[necklace[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=mx;i++)
if(pos[i])
add(pos[i],1);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
q[i].idx=i;
}
sort(q+1,q+1+m,cmp1);
int L=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
while(L<q[i].l)
{
if(nextx[L])
add(nextx[L],1);
L++;
}
q[i].ans=ask(q[i].r)-ask(q[i].l-1);
}
sort(q+1,q+1+m,cmp2);
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",q[i].ans);
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/nanjolno/p/8974131.html