[SDOI2009]HH的项链解题报告

原题目：洛谷P1972

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

输入样例#1：

6

1 2 3 4 3 5

3

1 2

3 5

2 6

输出样例#1：

说明

数据范围：

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。

Solution：

1、暴力大法20分——30分～～，思路就是随你乱搞，随便能想出复杂度O(mn²)，又能想到计数，于是简化到了O(mn)，时间复杂度还是很高，40分都水不了：

 #include<cstdio>

 int a,b,c,d,e,f,i,m,x[]={},w[]={};

 int main()

 {

 scanf("%d",&a);

 c=;

 for(i=;i<=a;i++)

 {

     scanf("%d",&b);

     if(w[b]==)

     {

         c++;

         w[b]=c;

         x[i]=c;

     }

     else x[i]=w[b];

 }

 scanf("%d",&b);

 for(i=;i<=b;i++)

 {

     scanf("%d%d",&d,&e);

     f=;

     for(m=;m<=c;m++)

     {

         w[m]=;

     }

     for(m=d;m<=e;m++)

     {

         if(w[x[m]]==)

         {

             w[x[m]]=;

             f++;

         }

     }

     printf("%d\n",f);

 }

 }

那好，我们来讲一下正解(不会告诉你其实我问了两位大佬，学了两种方法)，但实际上，这题做法很多。

1、莫队算法(从ka哥处知道的神奇算法，据说是莫涛神犇在比赛时想出来的，很NB)。莫队算法就是解决区间查询问题的离线算法利器。（其实很简单，但是貌似涉及到更改就有些麻烦～～）很容易能想到mn的算法，而莫队就是用奇技淫巧将时间复杂度变为了O(M√n),这里我不过多赘述，不懂莫队的去这里。

下面贴一下莫队的代码（其实就是个暴力，注意每一次要先让R指针右移，再移动L指针，不然可能会出现L>R的情况，然后WA）

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 const int maxn=,maxq=;

 int h[maxn],n,q,a[maxn],ans[maxq];

 struct data{

     int l,r,id;

     bool operator<(const data&b)const{

         if (h[l]==h[b.l]) return r<b.r;

         return l<b.l;

     }

 }que[maxq];

 inline int red(){

     int tot=,f=;char ch=getchar();

     while (ch<''||''<ch) {if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}

     while (''<=ch&&ch<='') tot=tot*+ch-,ch=getchar();

     return tot*f;

 }

 void blocker(){

     int k=sqrt(n);

     for (int i=;i<=n;i++) h[i]=(i-)/k+;

 }

 int L=,R=,now=,hsh[];

 void move(int x,int d){

     if (d==){

         if (hsh[a[x]]==) now++;

         hsh[a[x]]++;

     }else{

         hsh[a[x]]--;

         if (hsh[a[x]]==) now--;

     }

 }

 int main(){

     n=red();

     for (int i=;i<=n;i++) a[i]=red();

     blocker();

     q=red();

     for (int i=;i<=q;i++) que[i].l=red(),que[i].r=red(),que[i].id=i;

     sort(que+,que++q);

     for (int i=;i<=q;i++){

         while (L<que[i].l) move(L++,-);

         while (L>que[i].l) move(--L,);

         while (R<que[i].r) move(++R,);

         while (R>que[i].r) move(R--,-);

         ans[que[i].id]=now;

     }

     for (int i=;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);

     return ;

 }

2、树状数组+前缀和（老余告诉我的思路）。因为操作中只有询问没有更新，所以可以使用离线算法，对所有问按右区间升序排序。以该数字第一次在区间中出现的点代表所有的点。如果是第一次出现，那么该数字在之前从未出现或上一次出现不再区间内。记录每个位置i的数字的前一个相同数字出现的位置hash[i]，没有前一个相同的hash[i]为0。然后从前到后扫描询问，每次将上一个同值点的值加1，然后求当前区间的左界的前缀和就是答案了。将当前位置下个位置的值减1，这样做可以保证任意一个数字在任意一段区间中最多出现一次。

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 int a[],s[],has[],last[],n,m;

 struct o{

 int x,y,num;

 }q[];

 inline int gi()

 {

     int a=;char x=getchar();bool f=;

     while((x>''||x<'')&&x!='-')x=getchar();

     if(x=='-')x=getchar(),f=;

     while(x>=''&&x<='')a=a*+x-'',x=getchar();

     return f?-a:a;

 }

 bool cmp(o a,o b)

 {return a.y<b.y;}

 inline void add(int k,int a)

 {

     while(k<=n)

     {

         s[k]+=a;

         k+=k&-k;

     }

 }

 int ans(int x)

 {

     int sum=;

     while(x)

     {

         sum+=s[x];

         x-=x&-x;

     }

     return sum;

 }

 int main()

 {

     n=gi();

     for(int i=;i<=n;i++)

     {int A=gi();has[i]=last[A]+;last[A]=i;}

     m=gi();

     for(int i=;i<=m;i++)

     {

         q[i].x=gi();q[i].y=gi();q[i].num=i;

     }

     sort(q+,q+m+,cmp);

     int now=;

     for(int i=;i<=m;i++)

     {

         while(now<=q[i].y)

         {

             now++;

             add(has[now-],);

             add(now,-);

         }

         a[q[i].num]=ans(q[i].x);

     }

     for(int i=;i<=m;i++)

     printf("%d\n",a[i]);

     return ;

 }

3、主席树（可持久化线段树）。关于主席树戳这里。造一个lst[i]表示位置i的这个数上一次出现的位置（如果没有就是0）那么对于每次询问L~R范围里的数字种数，其实就是询问对于L<=i<=R,满足lst[i]<L的个数。那么就很好搞了，对lst造N棵值域线段树询问就直接找到L-1这个位置看它前面有几个。时间复杂度O(Mlogn)

 #include<cstdio>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 const int N=2e5+;

 const int M=N*;

 struct President_Tree{

     int L,R,sum;

 }T[M<<];

 int last[N],top[M],root[N];

 int n,m,T_cnt=;

 int read(){

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while (ch<'' || ch>''){if (ch=='-')f=-;ch=getchar();}

     while (''<=ch && ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+(ch^);ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 void insert(int &now,int x,int l=,int r=n){

     T[T_cnt++]=T[now];now=T_cnt-;

     T[now].sum++;

     if (l==r)return;

     int mid=(l+r)>>;

     if (x<=mid)insert(T[now].L,x,l,mid);

         else insert(T[now].R,x,mid+,r);

 }

 int query(int i,int j,int qr,int l=,int r=n){

     if (r<=qr)return T[j].sum-T[i].sum;

     int mid=(l+r)>>,t=query(T[i].L,T[j].L,qr,l,mid);

     if (mid<qr)t+=query(T[i].R,T[j].R,qr,mid+,r);

     return t;

 }

 int main(){

     n=read();

     for (int i=;i<=n;i++){

         int x=read();

         last[i]=top[x];

         top[x]=i;

     }

     root[]=;

     for (int i=;i<=n;i++){

         root[i]=root[i-];

         insert(root[i],last[i]);

     }

     m=read();

     for (int i=;i<=m;i++){

         int l=read(),r=read();

         printf("%d\n",query(root[l-],root[r],l-));

     }

     return ;

 }

O(Qlogn)