BZOJ1878: [SDOI2009]HH的项链

bzoj BIT 线段树

Description

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。

Input

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。
$N ≤ 50000$，$M ≤ 200000$。

Output

$M$ 行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。

Soulution:

SOL_1

离线处理，可以将问题进行转化。
先按照询问的右端点排序，于是我们可以对每个右端点依次回答以下问题：

从序列中一个位置到最后，有多少种颜色

这时，我们可以将该段原序列的前缀（即从头到固定的右端点）中每种颜色最后的位置赋为 $1$ ，该颜色之前出现的位置赋为 $0$ ，计算前缀和 $sum(r)$ 以及 $sum(l-1)$ ，相减就是出现的颜色数，用树状数组维护即可。

具体操作：
1.按右端点排序
2.对于当前所到点 $i$ 用树状数组将 $i$ 处加 $1$ ，在 $next[i]$ (前一个出现位置)处减 $1$
3.回答所有右端点与 $i$ 相同的询问

总复杂度 $O(nlogn)$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 200000+9;
const int SIZE = 1000000+9;
int tree[MAXN];
int head[SIZE];
int next[MAXN];
int num[MAXN];
int n,m;
struct Q{
    int l,r,id,val;
}ask[MAXN];
bool cmp(const Q &A,const Q &B){
    return A.r==B.r?A.l<B.l:A.r<B.r;
}
bool back(const Q &A,const Q &B){
    return A.id<B.id;
}
int lowbit(int x){
    return x&-x;
}
void add(int pos,int val){
    if(pos==0)return;
    for(int i=pos;i<=n;i+=lowbit(i))
        tree[i]+=val;
}
int getsum(int pos){
    int re=0;
    for(int i=pos;i;i-=lowbit(i))
        re+=tree[i];
    return re;
}
void solve(){
    sort(ask+1,ask+m+1,cmp);
    int now=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        add(next[i],-1);
        add(i,1);
        while(ask[now].r==i && now<=m){
            ask[now].val=getsum(ask[now].r)-getsum(ask[now].l-1);
            now++;
        }
    }
    sort(ask+1,ask+m+1,back);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        printf("%d",ask[i].val);
        if(i!=m)putchar('\n');
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",num+i);
        next[i]=head[num[i]];
        head[num[i]]=i;
    }
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r);
        ask[i].id=i;
    }
    solve();
    return 0;
}

SOL_2

在线算法
使用主席树，计算当前询问区间 $[L,R]$ 有多少点的 $pred$ （同样是前一次出现的位置） 要小于 $L$ 这就是最终的答案。
感觉这个不用怎么解释，这样做可以计算颜色并且不重复，总复杂度同样是 $O(nlogn)$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 50000+9;
const int RANGE = 1000000;
const int SIZE = 1500000;
int n,m;
int num[MAXN];
struct T{
    int ls,rs;
    int sum;
}tree[SIZE];
int rt[MAXN];
int head[RANGE+9];
int pred[MAXN];
int cnt;
int insert(int pre,int left_range,int right_range,int pos){
    int now=++cnt;
    tree[now]=tree[pre];
    tree[now].sum++;
    if(left_range==right_range)
        return now;
    int mid=left_range+right_range>>1;
    if(pos<=mid)tree[now].ls=insert(tree[pre].ls,left_range,mid,pos);
    else tree[now].rs=insert(tree[pre].rs,mid+1,right_range,pos);
    return now;
}
int query(int pre,int now,int left_range,int right_range,int pos){
    if(left_range==right_range){
        return tree[now].sum-tree[pre].sum;
    }
    int mid=left_range+right_range>>1;
    if(pos<=mid)return query(tree[pre].ls,tree[now].ls,left_range,mid,pos);
    else return tree[tree[now].ls].sum-tree[tree[pre].ls].sum+
        query(tree[pre].rs,tree[now].rs,mid+1,right_range,pos);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&num[i]);
        pred[i]=head[num[i]];
        head[num[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        rt[i]=insert(rt[i-1],0,RANGE,pred[i]);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("%d\n",query(rt[l-1],rt[r],0,RANGE,l-1));
    }
    return 0;
}