思路：
首先，我们可以先将所有的询问进行离线，区间问题借助扫描线的思想，枚举右端点，计算左端点产生的贡献。
考虑什么时候的区间是一个合法的区间，比如当前枚举到数x，如果x前面有x − 1个x都在区间里，并且这个x前面的第x个x不在区间里，这个区间就是合法的区间。
举一个很典型的例子，[ 2 , 2 , 2 , 2 ]
当右端点为1时，整个数组产生的贡献为[ 0 , 0 , 0 , 0 ];
当右端点为2时，整个数组产生的贡献为[ 1 , 0 , 0 , 0 ];
当右端点为3时，整个数组产生的贡献为[ − 1 , 1 , 0 , 0 ];
当右端点为4时，整个数组产生的贡献为[ 0 , − 1 , 1 , 0 ];
具体有什么规律呢，首先对于遍历到的右端点先将其出现的次数加1，假设此时出现的数为x，那么这个数前面从右往左出现的第x个位置+ 1,第x + 1个位置− 2 ，第x + 2个位置+ 1.
观察右端点从3 − > 4的过程也可以看出这点，简单说一下理由：
当右端点为4时，我们计算出来的前缀和数组应该为[ 0 , − 1 , 0 , 0 ]，此时的合法区间为[ 3 , 4 ]，那么s u m [ 4 ] − s u m [ 3 − 1 ] = 1，符合题意;而[ 2 , 4 ]为不合法区间，s u m [ 4 ] − s u m [ 2 − 1 ] = 0，也同样符合题意。
用理论也可以解释：
对于从左向右出现的第x个位置，将他的贡献从0变为1，是因为这时候已经满足x出现了x次。
对于第x + 1个位置，由于计算上一个x的贡献时候，他的贡献已经被改成1了，所以要将他的贡献改成− 1。
对于第x + 2个位置，由于计算上一个合法x的区间的时候，他的贡献被改成− 1了，但其实他的贡献应该为0。
具体做法为：
1.将所有询问离线下来，并且记录每个数出现的位置。
2.枚举右端点，按照上述规律去维护贡献。
3.求前缀和后记录答案。
还有一个问题就是，a [ i ]的范围是1 e 9,如果直接对每个数都存出现的位置的话，空间也不允许。但是因为只有出现次数大于本身的值的数才有可能产生贡献，而n < = 1 e 5，所以a [ i ] > = n的数永远不会产生贡献，就可以忽略不计了。
代码：
// Problem: B. Little Elephant and Array // Contest: Codeforces - Codeforces Round #136 (Div. 1) // URL: http://codeforces.com/problemset/problem/220/B // Memory Limit: 256 MB // Time Limit: 4000 ms // Author:Cutele // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org) #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll, ll>PLL; typedef pair<int, int>PII; typedef pair<double, double>PDD; #define I_int ll inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;} inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');} #define read read() #define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0) #define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++) #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++) #define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--) ll ksm(ll a, ll b,ll mod){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;} const int maxn=1e5+7; int a[maxn],n,m,ans[maxn],tr[maxn]; vector<PII>q[maxn]; vector<int>g[maxn]; int lowbit(int x){ return x&-x; } void update(int pos,int val){ while(pos<=n){ tr[pos]+=val;pos+=lowbit(pos); } } int query(int pos){ int res=0; while(pos){ res+=tr[pos];pos-=lowbit(pos); } return res; } int main(){ n=read,m=read; rep(i,1,n) a[i]=read; rep(i,1,m){ int l=read,r=read; q[r].push_back({l,i}); } rep(i,1,n){ int x=a[i]; if(x<=n){ g[x].push_back(i); int siz=g[x].size(); if(siz>=x){ update(g[x][siz-x],1); if(siz-x-1>=0) update(g[x][siz-x-1],-2); if(siz-x-2>=0) update(g[x][siz-x-2],1); } } for(int j=0;j<q[i].size();j++){ PII t=q[i][j]; int l=t.first,id=t.second; ans[id]=query(i)-query(l-1); } } rep(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
