題意：
n個數，m次詢問，每次詢問一個區間的mex（不在區間內的最小自然數）。
思路：
離線+線段樹
經典離線資料結構思維題
對詢問離線處理，按左端點分類。
從左到右列舉左端點，需要維護出以當前列舉下標i為左端點的時候，每個點[i..n]作為右端點的答案，這樣查詢的時候，只需要查詢對應右端點位置的值即可。
關鍵在於左端點移動時對答案帶來的改變。
當左端點向右移動一個單位時，考慮對哪些區間的答案產生影響。
注意到如果當前值為a[i],a[i]下一次出現的位置為nxt[i]，那麼對[nxt[i]..n]範圍內的點，答案不會產生變化，因為實際區間內出現的元素沒有發生改變。
因此實際發生改變的區間為[i..nxt[i]-1]。
那麼接下來分析對這些區間帶來什麼樣的變化。
變化在於，沒有了a[i]這個元素，那麼如果原先的值小於等於a[i]，由mex的定義，答案不發生改變；如果原先的答案大於a[i]，那麼此時a[i]成為了最新的沒在區間內出現的最小的數了。
因此這些位置的答案都需要變成a[i]。
也就是說，我們需要做的事情其實是，維護一個數組，然後對某個區間取min，然後查詢單點的值。
那麼用線段樹來做這件事再合適不過。
一開始腦殘傻逼了以為是吉司機線段樹，後來意識到了因為沒有求區間和，所以不需要用吉司機那一套。
直接對每個區間打個lazy標記即可。
維護區間min的地方寫殘了WA了兩發。
這套做法能夠起作用的關鍵在於，隨著左端點的單位移動，陣列維護的答案變化是可以用資料結構很好地維護出來的。
是一個非常重要的思路。
列舉左端點，維護一個數組，記錄從當前左端點到每個右端點的答案，再考慮左端點移動對答案帶來的影響。

#include<bits/stdc++.h>
#define lson(p) p<<1
#define rson(p) p<<1|1
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int a[maxn],c[maxn],nxt[maxn];
int n,m,l,r;
int ans[maxn];
vector<pair<int,int> > q[maxn];
map<int,bool> mp;
map<int,int> last;
 
struct node
{
    int mn;
    int lazy;
    void update(int v)
    {
        mn=min(v,mn);
        lazy=min(lazy,v);
    }
}b[4*maxn];
void pushup(int p)
{
    b[p].mn=min(b[lson(p)].mn,b[rson(p)].mn);
}
void build(int p,int l,int r)
{
    b[p].lazy=INF;
    if (l==r) {
        b[p].mn=c[l];
        
 
return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(lson(p),l,mid);
    build(rson(p),mid+1,r);
    pushup(p);
}
void pushdown(int p)
{
    if (b[p].lazy!=INF) {
        b[lson(p)].update(b[p].lazy);
        b[rson(p)].update(b[p].lazy);
        b[p].lazy=INF;
    }
}
void update(int p,int l,int r,int L,int R,int val)
{
    if (L<=l&&r<=R) {
        b[p].mn=min(b[p].mn,val);
        b[p].lazy=min(b[p].lazy,val);
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if (L<=mid) update(lson(p),l,mid,L,R,val);
    if (R>mid) update(rson(p),mid+1,r,L,R,val);
    pushup(p);
}
int query(int p,int l,int r,int pos)
{
    if (l==r) return b[p].mn;
    int mid=(l+r)>>1;
    pushdown(p);
    if (pos<=mid) return query(lson(p),l,mid,pos);
    else return query(rson(p),mid+1,r,pos);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++) nxt[i]=-1;
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        if (last.count(a[i])) {
            nxt[last[a[i]]]=i;
        }
        last[a[i]]=i;
    }
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d",&l,&r);
        q[l].push_back(make_pair(r,i));
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        mp[a[i]]=true;
        int tem=c[i-1];
        while (mp[tem]) tem++;
        c[i]=tem;
    }
    build(1,1,n);
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        for (int j=0;j<(int)q[i].size();j++) {
            int x=q[i][j].first,y=q[i][j].second;
            ans[y]=query(1,1,n,x);
        }
        if (nxt[i]!=-1) update(1,1,n,i,nxt[i]-1,a[i]);
        else update(1,1,n,i,n,a[i]);
    }
    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}