【题目描述】
给定一个长度为n，包含c种颜色的序列，有m个询问，每次给出两个数l,r，表示询问区间[l,r]中有多少种颜色的出现次数不少于2次。
本题强制在线，对输入的l,r进行了加密，解密方法为：
l = l' xor lastans
r = r' xor lastans
其中l', r'为输入的l和r，xor表示异或，lastans为上一次询问的答案且初始值为0。
【输入格式】
第一行三个正整数n,c,m，意义与题目描述中的相同。
第二行n个位于[1,c]内的正整数，表示序列上每个位置的颜色。
以下m行每行两个位于[1,n]的整数l,r(l<=r)，分别描述每个询问。
【输出格式】
对于每个询问，单独一行输出结果。
对于每个测试点，如果你的每个答案均与标准答案相同，则你可得到该测试点所有分数，否则你将失去该测试点所有分数。
【样例输入】
15 5 10
4 2 3 2 5 5 2 2 4 4 2 5 4
1 3
1 1
2 5
12 14
10 13
10 12
2 11
2 13
7 5
5 6
5 10
【样例输出】
0
1
0
1
0
3
3
1
2
1
【样例解释】
样例输入解密后为
15 5 10
4 2 3 2 5 5 2 2 4 4 2 5 4
1 3
1 1
2 5
13 15
10 13
11 13
2 11
1 14
4 6
4 7
7 8
【数据范围】
对于30%的数据，n,m,c<=100。
对于50%的数据，n,m<=50000，c<=100。
对于100%的数据，n,m,c<=200000。
发现n，m比较小，又强制在线，于是考虑用主席树。
分析计数的方法，我们对于一个区间中相同的数，找出来，记录后面至少有一个相同数的数的个数，再记录后面至少有两个相同数的数的个数，再相减，就是这种颜色对答案的贡献，用主席树分裂区间，查询个数即可。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int N=;
int cnt,n,c,Q,a[N],p[N],p1[N];
int rt[N*],ch[N*][],sum[N*];
void Insert(int pre,int &rt,int l,int r,int g){
sum[rt=++cnt]=sum[pre]+;
ch[rt][]=ch[pre][];
ch[rt][]=ch[pre][];
if(l==r)return;
if(mid>=g)Insert(ch[pre][],ch[rt][],l,mid,g);
else Insert(ch[pre][],ch[rt][],mid+,r,g);
} int Query(int pre,int rt,int l,int r,int a,int b){
if(l>=a&&r<=b){return sum[rt]-sum[pre];}int ret=;
if(mid>=a)ret=Query(ch[pre][],ch[rt][],l,mid,a,b);
if(mid<b)ret+=Query(ch[pre][],ch[rt][],mid+,r,a,b);
return ret;
}
int main(){
freopen("flower++.in","r",stdin);
freopen("flower++.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&c,&Q);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=n;i++){
if(p[a[i]])Insert(rt[i-],rt[i],,n,p[a[i]]);else rt[i]=rt[i-];
if(p1[a[i]])Insert(rt[n+i],rt[n+i+],,n,p1[a[i]]);else rt[n+i+]=rt[n+i];
p1[a[i]]=p[a[i]];p[a[i]]=i;
}
int ans=,l,r;
while(Q--){
scanf("%d%d",&l,&r);l^=ans;r^=ans;
ans=Query(rt[l-],rt[r],,n,l,r);
ans-=Query(rt[n+l],rt[n+r+],,n,l,r);
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}