墨墨購買了一套N支彩色畫筆（其中有些顏色可能相同），擺成一排，你需要回答墨墨的提問。墨墨會像你發布如下指令： 1、 Q L R代表詢問你從第L支畫筆到第R支畫筆中共有幾種不同顏色的畫筆。 2、 R P Col 把第P支畫筆替換為顏色Col。為了滿足墨墨的要求，你知道你需要幹什麽了嗎？

第1行兩個整數N，M，分別代表初始畫筆的數量以及墨墨會做的事情的個數。第2行N個整數，分別代表初始畫筆排中第i支畫筆的顏色。第3行到第2+M行，每行分別代表墨墨會做的一件事情，格式見題幹部分。

對於每一個Query的詢問，你需要在對應的行中給出一個數字，代表第L支畫筆到第R支畫筆中共有幾種不同顏色的畫筆。

Sample Output4 4 3 4 Hint

對於100%的數據，N≤10000，M≤10000，修改操作不多於1000次，所有的輸入數據中出現的所有整數均大於等於1且不超過10^6。

思路： 假如沒有修改操作，就是很常見的主席樹求區間不同數的個數：把下邊i看成x軸，對用的前綴pre[i]看成y軸，然後就可以用主席樹求矩形內（s軸範圍的[L,R]，y軸範圍的[0,L-1]）的點的個數。 考慮修改操作，因為主席樹只用到差分，我們想到可以用數狀數組求前綴和差分。那麽把普通的主席樹轉化為數狀數組套主席樹：對於每個x=i，我們加一個點，等效於y=[pre[i],N]範圍都加1。即用數狀數組表示為：

  for(j=i;j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,Laxt[a[i]],1);//即對於的主席樹都更改，達到記錄前綴和的效果。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000010;
struct in{ int l,r,sum; }p[maxn];
int a[maxn],b[maxn],Laxt[maxn],x[maxn],y[maxn],rt[maxn];
int N,M,tN,cnt; char c[maxn][3];
set<int
 
>s[maxn];
set<int>::iterator it,pre,lat;
void add(int &Now,int L,int R,int pos,int val)
{
    if(!Now) Now=++cnt; p[Now].sum+=val; 
    if(L==R) return ; int Mid=(L+R)>>1;
    if(pos<=Mid) add(p[Now].l,L,Mid,pos,val);
    else add(p[Now].r,Mid+1,R,pos,val);
}
int query(int Now,int L,int R,int l,int r)
{    
    if(l<=L&&r>=R) return p[Now].sum;
    int res=0,Mid=(L+R)>>1;
    if(l<=Mid) res+=query(p[Now].l,L,Mid,l,r);
    if(r>Mid) res+=query(p[Now].r,Mid+1,R,l,r);
    return res;
}
int main()
{
    int i,j; scanf("%d%d",&N,&M);
    for(i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]),b[++tN]=a[i];
    for(i=1;i<=M;i++){
        scanf("%s%d%d",c[i],&x[i],&y[i]);
        if(c[i][0]==‘R‘) b[++tN]=y[i];
    }
    sort(b+1,b+tN+1);
    tN=unique(b+1,b+tN+1)-(b+1);
    for(i=1;i<=N;i++) {
        a[i]=lower_bound(b+1,b+tN+1,a[i])-b;
        for(j=i;j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,Laxt[a[i]],1);
        s[a[i]].insert(i); Laxt[a[i]]=i;
    }
    for(i=1;i<=tN;i++) s[i].insert(0);
    for(i=1;i<=M;i++){
        if(c[i][0]==‘Q‘){
            int ans=0;
            for(j=y[i];j;j-=(-j)&j) ans+=query(rt[j],0,tN,0,x[i]-1);
            for(j=x[i]-1;j;j-=(-j)&j) ans-=query(rt[j],0,tN,0,x[i]-1);
            printf("%d\n",ans);
        }
        else {
            y[i]=lower_bound(b+1,b+tN+1,y[i])-b;
            if(a[x[i]]==y[i]) continue;
            it=pre=lat=s[a[x[i]]].lower_bound(x[i]); pre--; lat++;
            for(j=x[i];j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,*pre,-1);
            if(lat!=s[a[x[i]]].end()) {
               for(j=*lat;j<=N;j+=(-j)&j)  add(rt[j],0,tN,x[i],-1); 
               for(j=*lat;j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,*pre,1);
            }
            
            s[a[x[i]]].erase(it); a[x[i]]=y[i]; s[a[x[i]]].insert(x[i]);
            
            it=pre=lat=s[a[x[i]]].lower_bound(x[i]); pre--; lat++;
            for(j=x[i];j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,*pre,1);
            if(lat!=s[a[x[i]]].end()) {
               for(j=*lat;j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,x[i],1);
               for(j=*lat;j<=N;j+=(-j)&j) add(rt[j],0,tN,*pre,-1);
            }
        }
    }
    return 0;
}

（當然還可以用帶修改的莫對來做，日後再補！）

BZOJ2120：數顏色（數狀數組套主席樹）（帶修改的莫對）