SPOJ DQUERY：即使有BIT也能获得TLE？

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]导致频率大于零的频率来标识不同的数字，然后消除频率，但是即使使用BIT，我也获得了标题

给定n个数字a1，a2，…，an和多个d查询的序列。

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。对于每个查询，您都要遍历整个查询范围，而整个查询范围已经提供了n * q操作（显然，这太多了）。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)空间复杂性（这是一个脱机解决方案）：

1. 让我们按其右端对所有查询进行排序（无需显式对它们进行排序，您只需将查询添加到适当的位置（从0到n - 1））。

2. 现在让我们从左到右遍历数组中的所有位置并保持BIT。BIT中的每个位置要么是1（表示在位置有一个新元素i），要么是0（最初是用零填充）。

3. 对于每个元素a[i]：如果它是该元素的第一次出现，则只需i在BIT中的位置添加一个即可。否则，将其添加-1到该元素上一次出现的位置，然后添加1到该i位置。

4. 查询的答案(left, right)只是从left到的所有元素的总和right。

要维护每个元素的最后一次出现，可以使用地图。

可以使用持久性段树使其联机（时间复杂度是相同的，相同的复杂度将变为O(n * log n + q)），但是这里并不需要。