洛谷P1972 [SDOI2009]HH的项链 题解

[SDOI2009]HH的项链

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

输入样例#1：

6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6

输出样例#1：

2
2
4

说明

数据范围：

对于100%的数据，N <= 50000，M <= 200000。

——————————————————————我是分割线——————————————————————————

好题。

这题做法极多（e.g.树状数组、主席树等，甚至可以用各种诡异的做法来A）

但这里用莫队算法。

虽然原理早就懂了，但还是第一次写。(≧∀≦)ゞ好激动~

看到这题，第一时间想到莫队算法（毕竟是区间神器），但不知为何标签里没有（滑稽），于是自写一个。
题目大意：给n个数，m个询问，每个询问要求求出 l~r 之间出现了多少个不同的数字。

我们可以对区间进行分块以提高效率。根据分块算法的套路，以sqrt(n)为一个区间的长度。我们把询问以l为关键字从小到大排序，然后把l在当前区间的询问放在一组。然后呢，对于分到一组的询问，进行r为关键字从小到大的排序。然后进行暴力扫。

总复杂度为 O(m* sqrt(n)+sqrt(m)*n)，还是可以接受的。

下面上代码：

 /*
     Problem:[SDOI2009]HH的项链
     OJ:洛谷
     User:S.B.S.
     Time:N/A
     Memory:N/A
     Length:N/A
 */
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 #include<cstdlib>
 #include<iomanip>
 #include<cassert>
 #include<climits>
 #include<functional>
 #include<bitset>
 #include<vector>
 #include<list>
 #define F(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
 #define M(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define FF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
 #define maxn 50001
 #define inf 0x3f3f3f3f
 #define maxm 200001
 #define mod 998244353
 //#define LOCAL
 using namespace std;
 int read(){
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 int n,m;
 int d[maxn];
 struct QUERY
 {
     int l;
     int r;
     int data;
 }q[maxm];
 bool cmpl(QUERY a,QUERY b){return a.l<b.l;}
 bool cmpr(QUERY a,QUERY b){if(a.r==b.r) return a.l<b.l;else return a.r<b.r;}
 int ans[maxm],get[maxn];
 int main()
 {
     std::ios::sync_with_stdio(false);//cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(1)<<y;
     #ifdef LOCAL
     freopen("data.in","r",stdin);
     freopen("data.out","w",stdout);
     #endif
     cin>>n;F(i,,n) cin>>d[i];cin>>m;
     F(i,,m){cin>>q[i].l>>q[i].r;q[i].data=i;}
     int len=sqrt(n);sort(q+,q+m+,cmpl);
     int ll=,rr=,cnt=;
     while(ll<=m)
     {
         rr++;int cur=ll;
         while(q[ll].l<=rr*len&&ll<=m) ll++;
         sort(q+cur,q+ll,cmpr);
         if(rr==len) sort(q+cur,q+m+,cmpr);
     }
     ll=,rr=;
     F(i,,m){
         if(q[i].l>ll){
             F(j,ll,q[i].l-){
                 get[d[j]]--;
                 if(get[d[j]]==) cnt--;
             }
         }
         else{
             F(j,q[i].l,ll-){
                 get[d[j]]++;
                 if(get[d[j]]==) cnt++;
             }
         }
         ll=q[i].l;
         if(q[i].r<rr){
             F(j,q[i].r+,rr){
                 get[d[j]]--;
                 if(get[d[j]]==) cnt--;
             }
         }
         else{
             F(j,rr+,q[i].r){
                 get[d[j]]++;
                 if(get[d[j]]==) cnt++;
             }
         }
         rr=q[i].r;
         ans[q[i].data]=cnt;
     }
     F(i,,m) cout<<ans[i]<<endl;
     return ;
 }

p1972