标签：blog http ar io os sp for on div
题目链接： BZOJ - 1878
题目的询问是某个区间内的颜色种类数，所以我们希望这个区间内的每种颜色只被计数一次，那么我们就选取询问区间内的每种颜色第一次出现的元素计数，之后再出现已经在询问区间中出现过的颜色就不再计数。考虑一种离线算法，如果我们将所有询问按照询问区间的左端点排序，那么所有询问的左端点就是不递减的，一直向右推移。开始时预处理出每个元素后面第一个与它颜色相同的元素是哪一个，并将所有出现的颜色的第一个元素加入到树状数组中。那么开始时维护的区间就是从 1 开始的。每次处理一个询问，如果当前维护的区间左端点比询问的区间左端点靠左，那么就应该将左端点向右推移到询问的左端点。每次将左端点向右移动一格，一个元素被移除，这时它一定是它的颜色在此时维护的区间中的第一个元素，所以它一定存在于树状数组中，那么我们就将它在树状数组中删除，再将它的下一个与它同色的元素加入到树状数组中。然后对于以现在维护的左端点 L 为左端点的询问 (L, R)，只要用树状数组查询R的前缀和 Get(R) 就是答案，这个前缀和中所有的元素都是从 L 开始的区间中某种颜色第一次出现的位置，不会有某种颜色重复计数的情况。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MaxN = 50000 + 5, MaxQ = 200000 + 5, MaxType = 1000000 + 5;
int n, m, a, b;
int A[MaxN], Next[MaxN], T[MaxN], Last[MaxType], Ans[MaxQ];
struct Query
{
int l, r, num;
} Q[MaxQ];
bool cmp(Query q1, Query q2) {
return q1.l < q2.l;
}
void Add(int x, int num) {
for (int i = x; i <= n; i += i & (-i))
T[i] += num;
}
int Get(int x) {
int ret = 0;
for (int i = x; i >= 1; i -= i & (-i))
ret += T[i];
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &A[i]);
scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &a, &b);
Q[i].l = a; Q[i].r = b;
Q[i].num = i;
}
sort(Q + 1, Q + m + 1, cmp);
memset(T, 0, sizeof(T));
memset(Last, 0, sizeof(Last));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (Last[A[i]] == 0) Add(i, 1);
else Next[Last[A[i]]] = i;
Last[A[i]] = i;
}
int x = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
while (x < Q[i].l) {
Add(x, -1);
if (Next[x]) Add(Next[x], 1);
++x;
}
Ans[Q[i].num] = Get(Q[i].r);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", Ans[i]);
return 0;
}
标签：blog http ar io os sp for on div
原文地址：http://www.cnblogs.com/JoeFan/p/4172885.html
