Description
HH有一串由各种漂亮的贝壳组成的项链。HH相信不同的贝壳会带来好运，所以每次散步 完后，他都会随意取出一段贝壳，思考它们所表达的含义。HH不断地收集新的贝壳，因此， 他的项链变得越来越长。有一天，他突然提出了一个问题：某一段贝壳中，包含了多少种不同 的贝壳？这个问题很难回答。。。因为项链实在是太长了。于是，他只好求助睿智的你，来解 决这个问题。
Input
第一行：一个整数N，表示项链的长度。 第二行：N个整数，表示依次表示项链中贝壳的编号（编号为0到1000000之间的整数）。 第三行：一个整数M，表示HH询问的个数。 接下来M行：每行两个整数，L和R（1 ≤ L ≤ R ≤ N），表示询问的区间。
Output
M行，每行一个整数，依次表示询问对应的答案。
Sample Input
6
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6
Sample Output
2
2
4
HINT
对于20%的数据，N ≤ 100，M ≤ 1000；
对于40%的数据，N ≤ 3000，M ≤ 200000；
对于100%的数据，N ≤ 50000，M ≤ 200000。
Solution
这题离线的做法很多样，什么莫队、树状数组……我讲一个支持在线询问的可持久化线段树做法。
首先预处理出一个数组a，a[i]表示第i个数右边第一个和这个数相同的数的位置（有点绕），如果右边没有相同的数那么a[i]就等于n+1。这样，对于询问[L,R]，[L,R]中满足a[i]>R的数的个数就是答案。因为这样可以保证对于多个相同的数，只有最靠右的一个对答案有贡献（仔细想一想就明白了）。所以问题就变成了求区间中权值大于k的数的个数，这是典型的可持久化线段树。由于贝壳编号最多1000000，a数组可以O(n)预处理出来，而且不需要离散化。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;inline int read(){int xx=0,f=1;char ch=getchar();for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())xx=xx*10+ch-'0';return xx*f;
}const int maxn=50010,maxm=1000010;
struct node{int lc,rc,size;
}T[maxm];
int n,m,num,a[maxn],data[maxn],last[maxm],maxx=0,root[maxn];void Insert(int &now,int l,int r,int x){T[++num]=T[now];T[now=num].size++;if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid)Insert(T[now].lc,l,mid,x);else Insert(T[now].rc,mid+1,r,x);
}
int Query(int nl,int nr,int l,int r,int k){if(l==r)return T[nr].size-T[nl].size;int mid=(l+r)>>1;if(k<mid)return Query(T[nl].lc,T[nr].lc,l,mid,k)+T[T[nr].rc].size-T[T[nl].rc].size;else return Query(T[nl].rc,T[nr].rc,mid+1,r,k);
}int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++){maxx=max(maxx,data[i]=read());}for(int i=0;i<=maxx;i++)last[i]=n+1;for(int i=n;i>=1;i--){a[i]=last[data[i]];last[data[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){root[i]=root[i-1];Insert(root[i],1,n+1,a[i]);}m=read();for(int i=1,l,r;i<=m;i++){l=read();r=read();printf("%d\n",Query(root[l-1],root[r],1,n+1,r));}return 0;
}