Question

这是我要解决的问题，我正在使用The Fact That Prefix Sum[i] - Prefix Sum[i-1]导致频率大于零以识别不同的数字然后我正在消除频率，但即使有BIT，我也会得到一个TLE < / p>

给定n个数字序列a1，a2，...，an和许多d查询。

d查询是一对（i，j）（1≤i≤j≤n）。

对于每个d查询（i，j），您必须返回子序列ai，ai + 1，...，aj中不同元素的数量。

Input

Line 1: n (1 ≤ n ≤ 30000).
Line 2: n numbers a1, a2, ..., an (1 ≤ ai ≤ 106).
Line 3: q (1 ≤ q ≤ 200000), the number of d-queries.
In the next q lines, each line contains 2 numbers i, j 
representing a d-query (1 ≤ i ≤ j ≤ n).

Output

For each d-query (i, j), print the number of distinct elements in the 
subsequence ai, ai+1, ..., aj in a single line.
Example

Input
5 
1 1 2 1 3
3
1 5
2 4
3 5

Output
3
2
3

代码是：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
typedef long long int ll;
using namespace std;
void update(ll n, ll val, vector<ll> &b);
ll read(ll n,vector<ll> &b);
ll readsingle(ll n,vector<ll> &b);
void map(vector<ll> &a,vector<ll> &b,ll n)  /**** RElative Mapping ***/
{
    ll temp;
    a.clear();
    b.clear();
    for(ll i=0; i<n; i++)
    {
        cin>>temp;
        a.push_back(temp);
        b.push_back(temp);
    }
    sort(b.begin(),b.end());
    for(ll i=0; i<n; i++)
        *(a.begin()+i) = (lower_bound(b.begin(),b.end(),a[i])-b.begin())+1;
    b.assign(n+1,0);
}
int main()
{
    ll n;
    cin>>n;
    vector<ll> a,b;
    map(a,b,n);
    ll t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll l ,u;
        b.assign(n+1,0);
        cin>>l>>u;
        l--;/*** Reduce For Zero Based INdex ****/
        u--;
        for(ll i=l;i<=u;i++)
            update(a[i],1,b);
        ll cont=0;
        for(ll i=l;i<=u;i++)
            if(readsingle(a[i],b)>0)
        {
            cont++;
            update(a[i],-readsingle(a[i],b),b); /***Eliminate The Frequency */
        }
        cout<<cont<<endl;
    }
    return 0;
}
ll readsingle(ll n,vector<ll> &b)
{
    return read(n,b)-read(n-1,b);
}
ll read(ll n,vector<ll> &b)
{
    ll sum=0;
    for(; n; sum+=b[n],n-=n&-n);
    return sum;
}
void update(ll n, ll val, vector<ll> &b)
{
    for(; n<=b.size(); b[n]+=val,n+=n&-n);
}

Answer 1

您使用的算法太慢了。对于每个查询，您在整个查询范围内进行迭代，这已经提供了n * q个操作（显然，它太过分了）。这是一个更好的解决方案（它具有O((n + q) * log n)时间和O(n + q)空间复杂度（它是离线解决方案）：

让我们按照右端对所有查询进行排序（无需明确对它们进行排序，只需将查询添加到适当的位置（从0到n - 1））。
现在让我们从左到右遍历数组中的所有位置并保持BIT。 BIT中的每个位置都是1（表示位置i处有新元素）或0（最初，它填充零）。
< / LI>
对于每个元素a[i]：如果它是第一次出现此元素，只需在BIT中的i位置添加一个元素。否则，将-1添加到此元素上一次出现的位置，然后将1添加到i位置。
查询(left, right)的答案只是从left到right的所有元素的总和。

要维护每个元素的最后一次出现，可以使用地图。

可以使用持久性分段树使其在线（时间复杂度相同，相同的复杂性将变为O(n * log n + q)），但这里不需要它。

SPOJ DQUERY：TLE即使有BIT？

1 个答案: