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题意：此题的大意思说有一串珠子，每个珠子都有自己的欣赏值value，现在给你一
串珠子每个的欣赏值，并给出一些询问，查询某个区间内部总欣赏值是多少，但是有
一个约定就是如果这个区间内部有两个珠子的欣赏值是一样的，那么他们就视为一个。
其实也就是求某个区间内部不同的数的和。
采用离线操作
离线
通常情况下对一种固定的序列，进行多种不同的询问操作。由于这些操作会对序列
产生影响，使后面的询问无法得出正确结果。所以把所有询问记录下来，然后经过
特定的排序处理后再进行操作
本题离线原因：
由于询问一段区间内不同元素的和，那么相同元素就要选择一个作为代表（序列中相同元素
的最右边的元素为代表），由于区间
不同，所以选择的代表不同。
比如数据
1 1 1 1 1
询问
1 4
2 3
我们用最右边元素为代表
则询问1 4 时 序列为 0 0 0 1 1 结果为1
在询问2 3 时 结果变成0，所以不同询问之间产生了影响。所以想到用离线进行处理。
本题如何离线：（序列从左向右移动，需要用右边为代表）
一、关于询问的特殊处理
由于我们采用了最右边的元素为代表，则
我们知道
1）如果对n组询问的右边界不变，则前面的询问操作不影响后面的操作。
2）如果对n组询问的右边界递增，则前面的询问操作不影响后面的操作。
所以对询问的右边界进行增序排序
二、关于询问对序列的改变
用map<int ,int >Hash存储出现元素和代表的位置,用r1表示上次的右边界
r表示当前询问的右边界
则遍历区间[r1+1,r]元素a[i]
如果已经存在的代表元素要进行更换即if(Hash[a[i]] != 0)
那么原来的代表要处理掉即树状数组上的add操作
然后对新出现的代表进行更新处理树状数组
遍历结束后，通过树状数组进行区间和询问。
完成离线过程
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define sa(x) scanf("%d",&x)
const int maxn = 50010;
int a[maxn];
map<int ,int > Hash;
long long ans[maxn*4];
long long su[maxn*4];
struct node{
int i,l,r;
}q[maxn*4];
template<typename X>
struct tree_arr{
X bits[maxn*4];
int n;
void init(int s){
n = s;
for(int i = 1;i<=n;i++)bits[i] = 0;
}
void add(int x,X y){
while(x<=n){
bits[x]+=y;
x+=x&(-x);
}
}
X query(int i){
X s = 0;
while(i>0){
s+=bits[i];
i-=i&(-i);
}
return s;
}
};
tree_arr<long long > TR;
int cmp1(node a,node b){
return a.r<b.r;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int T;
cin>>T;
while(T--){
int n;
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++)cin>>a[i];
int m;
cin>>m;
for(int i= 0;i<m;i++){
cin>>q[i].l>>q[i].r;
if(q[i].l>q[i].r)swap(q[i].l,q[i].r);
q[i].i = i;
}
sort(q,q+m,cmp1);
Hash.clear();
int r = 1;
TR.init(n);
for(int i = 0;i<m;i++){
while(r<=q[i].r){
if(Hash[a[r]]!=0)
TR.add(Hash[a[r]],-a[r]);
Hash[a[r]] = r;
TR.add(r,a[r]);
r++;
}
ans[q[i].i] = TR.query(q[i].r) - TR.query(q[i].l-1);
}
for(int i = 0;i<m;i++){
cout<<ans[i]<<endl;
}
}
}