题目描述

萧薰儿是古国的公主，平时的一大爱好是采花。

今天天气晴朗，阳光明媚，公主清晨便去了皇宫中新建的花园采花。

花园足够大，容纳了n朵花，花有c种颜色（用整数1-c表示），且花是排成一排的，以便于公主采花。公主每次采花后会统计采到的花的颜色数，颜色数越多她会越高兴！同时，她有一癖好，她不允许最后自己采到的花中，某一颜色的花只有一朵。为此，公主每采一朵花，要么此前已采到此颜色的花，要么有相当正确的直觉告诉她，她必能再次采到此颜色的花。

由于时间关系，公主只能走过花园连续的一段进行采花，便让女仆福涵洁安排行程。福涵洁综合各种因素拟定了m个行程，然后一一向你询问公主能采到多少朵花（她知道你是编程高手，定能快速给出答案！），最后会选择令公主最高兴的行程（为了拿到更多奖金！）。

输入输出格式

输入格式：

第一行四个空格隔开的整数n、c以及m。接下来一行n个空格隔开的整数，每个数在[1, c]间，第i个数表示第i朵花的颜色。接下来m行每行两个空格隔开的整数l和r（l ≤ r），表示女仆安排的行程为公主经过第l到第r朵花进行采花。

输出格式：

共m行，每行一个整数，第i个数表示公主在女仆的第i个行程中能采到的花的颜色数。

输入输出样例

输入样例#1：

5 3 5
1 2 2 3 1
1 5
1 2
2 2
2 3
3 5

输出样例#1：

2
0
0
1
0

说明

对于\(100\%\)的数据，\(1 ≤ n ≤ 2*10^6\)，\(c ≤ n，m ≤2*10^6\)

本题有两个\(subtask\)

\(subtask1\)保证\(n,m,c \leq 3*10^5\)，占\(100\)分

\(subtask2\)保证\(n,m,c \leq 2*10^6\)，占\(100\)分

思路：这道题目跟HH项链有些相似，唯一的不同在于这道题目要除去区间内只出现过一次的颜色，那么我们就可以利用一个\(nxt\)和一个\(last\)数组来记录一个每一种颜色的前驱和后继状态，即上次和下次出现的位置，没有为\(0\)，然后把询问离线下来，按右端点排一遍序，其实左端点也行，无所谓的，然后用树状数组维护区间和，然后定义一个指针，把\(m\)个询问扫一遍，然后在这个过程中如果说上次的上次已经出现过了，那就把上次的上次那个位置\(-1\)，上次的位置\(+1\)，然后处理出区间和即可。时间复杂度\(nlogn\)。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 2000007
#define lb(x) x&(-x)
using namespace std;
int n,m,c,a[maxn],nxt[maxn],last[maxn],w[maxn];
inline int qread() {
  char c=getchar();int num=0,f=1;
  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
  return num*f;
}
inline void add(int x, int w) {
  if(!x) return;
  while(x<=n) {
    a[x]+=w;
    x+=lb(x);
  }
}
inline int query(int x) {
  int ans=0;
  while(x) {
    ans+=a[x];
    x-=lb(x);
  }
  return ans;
}
struct node {
  int l,r,ans,id;
}e[maxn];
inline bool cmp1(node a, node b) {
  if(a.r!=b.r) return a.r<b.r;
  return a.l<b.l;
}
int main() {
  n=qread(),c=qread(),m=qread();
  for(int i=1;i<=n;++i) {
    w[i]=qread();
    nxt[i]=last[w[i]];
    last[w[i]]=i;
  }
  for(int i=1;i<=m;++i) e[i].l=qread(),e[i].r=qread(),e[i].id=i;
  sort(e+1,e+1+m,cmp1);
  int j=1;
  for(int i=1;i<=m;++i) {
    while(j<=e[i].r) add(nxt[nxt[j]],-1),add(nxt[j],1),++j;
    e[e[i].id].ans=query(e[i].r)-query(e[i].l-1);
  }
  for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",e[i].ans);
  return 0;
}