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。
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。
M行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。
6 1 2 3 4 3 5 3 1 2 3 5 2 6
2 2 4
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。
这题离线的做法很多样，什么莫队、树状数组……我讲一个支持在线询问的可持久化线段树做法。 首先预处理出一个数组a，a[i]表示第i个数右边第一个和这个数相同的数的位置（有点绕），如果右边没有相同的数那么a[i]就等于n+1。这样，对于询问[L,R]，[L,R]中满足a[i]>R的数的个数就是答案。因为这样可以保证对于多个相同的数，只有最靠右的一个对答案有贡献（仔细想一想就明白了）。所以问题就变成了求区间中权值大于k的数的个数，这是典型的可持久化线段树。由于贝壳编号最多1000000，a数组可以O(n)预处理出来，而且不需要离散化。
代码：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int xx=0,f=1;char ch=getchar(); for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1; for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())xx=xx*10+ch-'0'; return xx*f; } const int maxn=50010,maxm=1000010; struct node{ int lc,rc,size; }T[maxm]; int n,m,num,a[maxn],data[maxn],last[maxm],maxx=0,root[maxn]; void Insert(int &now,int l,int r,int x){ T[++num]=T[now]; T[now=num].size++; if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid)Insert(T[now].lc,l,mid,x); else Insert(T[now].rc,mid+1,r,x); } int Query(int nl,int nr,int l,int r,int k){ if(l==r)return T[nr].size-T[nl].size; int mid=(l+r)>>1; if(k<mid)return Query(T[nl].lc,T[nr].lc,l,mid,k)+T[T[nr].rc].size-T[T[nl].rc].size; else return Query(T[nl].rc,T[nr].rc,mid+1,r,k); } int main(){ n=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ maxx=max(maxx,data[i]=read()); } for(int i=0;i<=maxx;i++)last[i]=n+1; for(int i=n;i>=1;i--){ a[i]=last[data[i]]; last[data[i]]=i; } for(int i=1;i<=n;i++){ root[i]=root[i-1]; Insert(root[i],1,n+1,a[i]); } m=read(); for(int i=1,l,r;i<=m;i++){ l=read();r=read(); printf("%d\n",Query(root[l-1],root[r],1,n+1,r)); } return 0; }