题意

给定一个长度为 \(n​\) 的序列，\(m​\) 个查询，每次查询区间 \([L,R]​\) 范围内不同元素的和。

\(1\leq T \leq 10\)

\(1 \leq n\leq 30000\)

\(1\leq m\leq 100000\)

思路

这道题没有强制在线，又没有修改，离线会比在线好想。

可以从第 \(1\) 个数到第 \(n\) 个数一次添加，并去除之前的相同元素，以此为顺序。就是说对于 \(m\) 个询问，按右端点进行排序，以此添加进每个数字并只保留最右端的数，借助 \(\text{map}\) 去重，区间和用树状数组维护。

假如要强制在线，该怎么办呢？

假如我们能力开下 \(n\) 个树状数组，就可以在线的查询了，可是 \(n\) 个树状数组肯定开不下，那动态开点线段树？可以，但是每次也是要把原来的线段树复制一遍，复杂度一累，时间过不去。

主席树的作用就体现出来了，回顾离线的写法，每次只会修改 \(1-2\) 个位置，那在前缀的基础上，保留原来的历史版本不就行了？这就是可持久化，详见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>

#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)

#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)

typedef long long LL;

using namespace std;

const int N=3e5+5;

const int NN=1e7+2e6+5;

struct ChairmanTree

{

	int lson[NN],rson[NN];LL sum[NN];

	int rt[N],tot;

	int &operator [](const int x){return rt[x];}

	void build()

	{

		memset(rt,0,sizeof(rt));

		sum[tot=0]=lson[0]=rson[0]=0;

	}

	void create(int &k){sum[++tot]=sum[k],lson[tot]=lson[k],rson[tot]=rson[k],k=tot;}

	void update(int &k,int x,int val,int l,int r)

	{

		create(k);

		if(l==r)

		{

			sum[k]+=val;

			return;

		}

		int mid=(l+r)>>1;

		if(x<=mid)update(lson[k],x,val,l,mid);

		else update(rson[k],x,val,mid+1,r);

		sum[k]=sum[lson[k]]+sum[rson[k]];

	}

	LL query(int k,int L,int R,int l,int r)

	{

		if(!k)return 0;

		if(L<=l&&r<=R)return sum[k];

		int mid=(l+r)>>1;

		if(R<=mid)return query(lson[k],L,R,l,mid);

		else if(L>mid)return query(rson[k],L,R,mid+1,r);

		else return query(lson[k],L,R,l,mid)+query(rson[k],L,R,mid+1,r);

	}

}CT;

map<int,int>mp;

int main()

{

	int T,n,m;

	scanf("%d",&T);

	while(T--)

	{

		mp.clear();

		scanf("%d",&n);

		CT.build();

		FOR(i,1,n)

		{

			int x;

			scanf("%d",&x);

			CT[i]=CT[i-1];

			if(mp[x])CT.update(CT[i],mp[x],-x,1,n);

			CT.update(CT[i],i,x,1,n);

			mp[x]=i;

		}

		scanf("%d",&m);

		while(m--)

		{

			int x,y;

			scanf("%d%d",&x,&y);

			printf("%lld\n",CT.query(CT[y],x,y,1,n));

		}

	}

	return 0;

}