第一行，一個數字N，表示序列長度。 第二行，N個數字，表示a1～aN 第三行，一個數字Q，表示詢問個數。 第4～Q+3行，每行四個數字l1,r1,l2,r2，表示詢問。 N,Q≤50000 N1≤ai≤N 1≤l1≤r1≤N 1≤l2≤r2≤N 注意：答案有可能超過int的最大值  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　-by bzoj http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5016 一開始看錯了題，以為是每次詢問一個x， 然後想直接主席樹； 然後很快發現題不會這麼簡單； 詢問兩個區間對應顏色出現次數相乘再求和； 兩個區間，顏色； 想到離線 把一個有兩個區間的詢問變成兩個有一個區間和一個字首的詢問作差， 然後按字首端點排序，逐漸右移端點，維護更長的字首，以更新詢問， 這樣每次字首的端點右移時，字首裡只有一個顏色的數量增加了1， 相應的，以後要詢問的區間只有這個顏色對答案的貢獻增加了區間中這個顏色的個數， 然而這個顏色對答案的貢獻取決於詢問的區間中有多少這個顏色， 換言之取決於詢問哪個區間， 一開始想用什麼主席樹之類的維護，死活不會， 然後一看時限3S想到分塊暴力， 然後發現很科學； 然後就有了這個做法 把詢問(l1,r1,l2,r2)拆成(l1,r1,pos=l2-1,-),(l1,r1,pos=r2,+) 表示 詢問[l1,r1]與l2-1字首的結果，並在原詢問中減去它 詢問[l1,r1]與r2字首的結果，並在原詢問中加上它 將拆成來的詢問按pos從小到大排序， 按這樣的順序處理詢問可以通過單向右移端點來依次維護所有詢問的字首 查詢的時候，採用分塊， 被整塊查詢的塊可以直接使用一個塊在當前字首下的答案 維護方法是 在讀入數列時對每個塊建一個顏色桶MP[] 每右移字首端點，使顏色col(x)個數在字首中增加時，把每個塊的答案都增加MP[col(x)] 被查詢的散點，每個散點對答案的貢獻是當前字首中與這個散點顏色相同的點的個數 可以開個桶，在字首變長時逐漸更新即可， 複雜度為$O((N+M)\sqrt{N})$ 程式碼：

 1 #include<cmath>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #define LL long long
 6 using namespace std;
 7 int sz,N,Q,num;
 8 int a[50010];
 9 LL MAP[233][50010],inlineMAP[50010];
10 LL ANS[233];
11 struct ss{
12     int L,R,pos,id;
13     LL flag;
 
14 }qrr[100010];
15 LL ans[50010];
16 bool cmp(ss a,ss b){
17     return a.pos<b.pos;
18 }
19 LL get(int ,int );
20 int main()
21 {
22     int i,j,k;
23     scanf("%d",&N);
24     sz=sqrt(N);
25     for(i=num=1;i<=N;i+=sz,num++){
26         for(j=i;j<i+sz&&j<=N;j++){
27             scanf("
 
%d",&a[j]);
28             MAP[num][a[j]]++;
29         }
30     }
31     num--;
32     scanf("%d",&Q);
33     for(i=1;i<=Q;i++){
34         scanf("%d%d%d%d",&qrr[i].L,&qrr[i].R,&qrr[i].pos,&qrr[i+Q].pos);
35         qrr[i+Q].L=qrr[i].L,qrr[i+Q].R=qrr[i].R;
36         qrr[i+Q].id=qrr[i].id=i;
 
37         qrr[i].flag=-1,qrr[i+Q].flag=1;
38         qrr[i].pos--;
39     }
40     sort(qrr+1,qrr+Q+Q+1,cmp);
41     j=0;
42     for(i=1;i<=Q<<1;i++){
43         while(j<qrr[i].pos){
44             j++;
45             inlineMAP[a[j]]++;
46             for(k=1;k<=num;k++)
47                 ANS[k]+=MAP[k][a[j]];
48         }
49         ans[qrr[i].id]+=qrr[i].flag*get(qrr[i].L,qrr[i].R);
50     }
51     for(i=1;i<=Q;i++)
52         printf("%lld\n",ans[i]);
53     return 0;
54 }
55 LL get(int L,int R){
56     LL ret=0;
57     int i,j,k;
58     int l,r;
59     if(R-L+1<=sz){
60         for(i=L;i<=R;i++)
61             ret+=inlineMAP[a[i]];
62         return ret;
63     }
64     for(i=j=1;i<L;i+=sz,j++);
65     l=i-1;
66     for(;i+sz<=R+1&&i<=N;j++,i+=sz)
67         ret+=ANS[j];
68     r=i;
69     for(i=L;i<=l;i++)
70         ret+=inlineMAP[a[i]];
71     for(i=r;i<=R;i++)
72         ret+=inlineMAP[a[i]];
73     return ret;
74 }

或許有樹套樹的做法？