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：
2 2 4
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：
1 #include<cstdio>
2 int a,b,c,d,e,f,i,m,x[100000]={0},w[2000000]={0};
3 int main()
4 {
5 scanf("%d",&a);
6 c=0;
7 for(i=1;i<=a;i++)
8 {
9 scanf("%d",&b);
10 if(w[b]==0)
11 {
12 c++;
13 w[b]=c;
14 x[i]=c;
15 }
16 else x[i]=w[b];
17 }
18 scanf("%d",&b);
19 for(i=1;i<=b;i++)
20 {
21 scanf("%d%d",&d,&e);
22 f=0;
23 for(m=1;m<=c;m++)
24 {
25 w[m]=0;
26 }
27 for(m=d;m<=e;m++)
28 {
29 if(w[x[m]]==0)
30 {
31 w[x[m]]=1;
32 f++;
33 }
34 }
35 printf("%d\n",f);
36 }
37 }
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）
1 #include<cstdio>
2 #include<cmath>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 const int maxn=50005,maxq=200005;
6 int h[maxn],n,q,a[maxn],ans[maxq];
7 struct data{
8 int l,r,id;
9 bool operator<(const data&b)const{
10 if (h[l]==h[b.l]) return r<b.r;
11 return l<b.l;
12 }
13 }que[maxq];
14 inline int red(){
15 int tot=0,f=1;char ch=getchar();
16 while (ch<'0'||'9'<ch) {if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
17 while ('0'<=ch&&ch<='9') tot=tot*10+ch-48,ch=getchar();
18 return tot*f;
19 }
20 void blocker(){
21 int k=sqrt(n);
22 for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=(i-1)/k+1;
23 }
24 int L=0,R=0,now=0,hsh[1000005];
25 void move(int x,int d){
26 if (d==1){
27 if (hsh[a[x]]==0) now++;
28 hsh[a[x]]++;
29 }else{
30 hsh[a[x]]--;
31 if (hsh[a[x]]==0) now--;
32 }
33 }
34 int main(){
35 n=red();
36 for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=red();
37 blocker();
38 q=red();
39 for (int i=1;i<=q;i++) que[i].l=red(),que[i].r=red(),que[i].id=i;
40 sort(que+1,que+1+q);
41 for (int i=1;i<=q;i++){
42 while (L<que[i].l) move(L++,-1);
43 while (L>que[i].l) move(--L,1);
44 while (R<que[i].r) move(++R,1);
45 while (R>que[i].r) move(R--,-1);
46 ans[que[i].id]=now;
47 }
48 for (int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
49 return 0;
50 }
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。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int a[50005],s[50005],has[50005],last[50005],n,m;
4 struct o{
5 int x,y,num;
6 }q[200005];
7 inline int gi()
8 {
9 int a=0;char x=getchar();bool f=0;
10 while((x>'9'||x<'0')&&x!='-')x=getchar();
11 if(x=='-')x=getchar(),f=1;
12 while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-'0',x=getchar();
13 return f?-a:a;
14 }
15 bool cmp(o a,o b)
16 {return a.y<b.y;}
17 inline void add(int k,int a)
18 {
19 while(k<=n)
20 {
21 s[k]+=a;
22 k+=k&-k;
23 }
24 }
25 int ans(int x)
26 {
27 int sum=0;
28 while(x)
29 {
30 sum+=s[x];
31 x-=x&-x;
32 }
33 return sum;
34 }
35 int main()
36 {
37 n=gi();
38 for(int i=1;i<=n;i++)
39 {int A=gi();has[i]=last[A]+1;last[A]=i;}
40 m=gi();
41 for(int i=1;i<=m;i++)
42 {
43 q[i].x=gi();q[i].y=gi();q[i].num=i;
44 }
45 sort(q+1,q+m+1,cmp);
46 int now=1;
47 for(int i=1;i<=m;i++)
48 {
49 while(now<=q[i].y)
50 {
51 now++;
52 add(has[now-1],1);
53 add(now,-1);
54 }
55 a[q[i].num]=ans(q[i].x);
56 }
57 for(int i=1;i<=m;i++)
58 printf("%d\n",a[i]);
59 return 0;
60 }
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)
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 using namespace std;
4 const int N=2e5+10;
5 const int M=N*10;
6 struct President_Tree{
7 int L,R,sum;
8 }T[M<<1];
9 int last[N],top[M],root[N];
10 int n,m,T_cnt=1;
11 int read(){
12 int x=0,f=1;char ch=getchar();
13 while (ch<'0' || ch>'9'){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
14 while ('0'<=ch && ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
15 return x*f;
16 }
17 void insert(int &now,int x,int l=0,int r=n){
18 T[T_cnt++]=T[now];now=T_cnt-1;
19 T[now].sum++;
20 if (l==r)return;
21 int mid=(l+r)>>1;
22 if (x<=mid)insert(T[now].L,x,l,mid);
23 else insert(T[now].R,x,mid+1,r);
24 }
25 int query(int i,int j,int qr,int l=0,int r=n){
26 if (r<=qr)return T[j].sum-T[i].sum;
27 int mid=(l+r)>>1,t=query(T[i].L,T[j].L,qr,l,mid);
28 if (mid<qr)t+=query(T[i].R,T[j].R,qr,mid+1,r);
29 return t;
30 }
31 int main(){
32 n=read();
33 for (int i=1;i<=n;i++){
34 int x=read();
35 last[i]=top[x];
36 top[x]=i;
37 }
38 root[0]=0;
39 for (int i=1;i<=n;i++){
40 root[i]=root[i-1];
41 insert(root[i],last[i]);
42 }
43 m=read();
44 for (int i=1;i<=m;i++){
45 int l=read(),r=read();
46 printf("%d\n",query(root[l-1],root[r],l-1));
47 }
48 return 0;
49 }
O(Qlogn)