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。
输入输出样例
说明
数据范围：
对于100%的数据，N <= 500000，M <= 500000。
等会儿再思考一下dalao们主席树的做法QAQ
刚看题的时候觉得好像以前做的线段树合并求区间颜色段数，然后发现这道题似乎还要难些？
我们可以发现，对于一段区间，我们要统计$(i,j)$颜色种数的话，实际上只有每种颜色在$j$之前出现的最后一次可能可以起作用，它之前出现的所有同样颜色都可以忽略不计，只要统计到最后一次出现的就行了。
所以按右端点排序，用莫队的思想（左端点都不用移），每次向右拓展区间，把每种颜色上一次出现的位置删掉，然后到达当前右端点后，树状数组直接查询这段区间和即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, a[500005]; struct Node { int l, r, id; int ans; } qus[500005]; bool cmp(Node a, Node b) { return a.r < b.r; } bool cmp2(Node a, Node b) { return a.id < b.id; } int lowbit(int x) { return x & -x; } int pre[1000005]; void add(int x, int d) { for(int i = x; i <= 1000005; i += lowbit(i)) pre[i] += d; } int query(int x) { int ans = 0; for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) ans += pre[i]; return ans; } int last[1000005]; 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", &qus[i].l, &qus[i].r), qus[i].id = i; sort(qus + 1, qus + 1 + m, cmp); qus[1].ans = query(qus[1].r) - query(qus[1].l - 1); for(int i = 1; i <= m; i ++) { for(int j = qus[i-1].r + 1; j <= qus[i].r; j ++) { if(last[a[j]]) add(last[a[j]], -1); add(j, 1); last[a[j]] = j; } qus[i].ans = query(qus[i].r) - query(qus[i].l - 1); } sort(qus + 1, qus + 1 + m, cmp2); for(int i = 1; i <= m; i ++) printf("%d ", qus[i].ans); return 0; }