[BZOJ3236][Ahoi2013]作业（莫队+树状数组）

此题的询问是一个位置和权值都有限制的二维区间，但是题目具备无修改和允许离线两个条件，可以用莫队算法解决。
一个想法是：用莫队维护位置，树状数组维护权值。
具体的说，用一个数组$cnt$，维护莫队当前到达的位置区间内每个值的出现次数，并用两个树状数组，一个维护$cnt$的前缀和，另一个维护对于所有的$j\in[1,i]$，$cnt[j]>0$的个数。
莫队移动指针时，以位置区间$[l,r]$转移到$[l,r+1]$为例：
记位置$r+1$上的值为$x$，则$cnt[x]$加一，并且在第一个树状数组的第$x$个位置加$1$。此时，还要判断如果现在$cnt[x]=1$，则第二个树状数组的第$x$个位置也要加$1$。
这样，第一个树状数组的区间$[a,b]$之和就是第一问的结果，第二个树状数组的区间$[a,b]$之和就是第二问的结果。
复杂度$O((m+n)\sqrt{n}\log n$。此外，还有一种$O((m+n)\sqrt{n})$的神奇的分块做法……
代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5, M = 1e6 + 5;
int n, m, sq, a[N], S[N], T[N], cnt[N], res1[M], res2[M];
struct cyx {int id, l, r, a, b, bl;} que[M];
bool comp(cyx a, cyx b) {
    if (a.bl != b.bl) return a.bl < b.bl;
    return a.r < b.r;
}
int lowbit(int x) {return x & -x;}
void changeS(int x, int v) {
    for (; x <= n; x += lowbit(x))
        S[x] += v;
}
int askS(int x) {
    int res = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x))
        res += S[x];
    return res;
}
void changeT(int x, int v) {
    for (; x <= n; x += lowbit(x))
        T[x] += v;
}
int askT(int x) {
    int res = 0;
    for (; x; x -= lowbit(x))
        res += T[x];
    return res;
}
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
int main() {
    int i; n = read(); m = read(); sq = sqrt(n);
    for (i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    for (i = 1; i <= m; i++) {
        que[i].l = read(); que[i].r = read();
        que[i].a = read(); que[i].b = read();
        que[i].id = i; que[i].bl = (que[i].l - 1) / sq + 1;
    }
    sort(que + 1, que + m + 1, comp);
    for (i = que[1].l; i <= que[1].r; i++) {
        changeS(a[i], 1); cnt[a[i]]++;
        if (cnt[a[i]] == 1) changeT(a[i], 1);
    }
    res1[que[1].id] = askS(que[1].b) - askS(que[1].a - 1);
    res2[que[1].id] = askT(que[1].b) - askT(que[1].a - 1);
    for (i = 2; i <= m; i++) {
        int tl = que[i - 1].l, tr = que[i - 1].r,
        vl = que[i].l, vr = que[i].r;
        while (tl > vl) {
            changeS(a[--tl], 1); cnt[a[tl]]++;
            if (cnt[a[tl]] == 1) changeT(a[tl], 1);
        }
        while (tr < vr) {
            changeS(a[++tr], 1); cnt[a[tr]]++;
            if (cnt[a[tr]] == 1) changeT(a[tr], 1);
        }
        while (tl < vl) {
            changeS(a[tl++], -1); cnt[a[tl - 1]]--;
            if (!cnt[a[tl - 1]]) changeT(a[tl - 1], -1);
        }
        while (tr > vr) {
            changeS(a[tr--], -1); cnt[a[tr + 1]]--;
            if (!cnt[a[tr + 1]]) changeT(a[tr + 1], -1);
        }
        res1[que[i].id] = askS(que[i].b) - askS(que[i].a - 1);
        res2[que[i].id] = askT(que[i].b) - askT(que[i].a - 1);
    }
    for (i = 1; i <= m; i++) printf("%d %d\n", res1[i], res2[i]);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}