大致题意： 告诉你(n)只蜡笔的颜色，有两种操作：第一种操作将第(x)只蜡笔颜色改成(y)，第二种操作询问区间([l,r])内有多少种颜色的蜡笔。
考虑普通莫队
这题目第一眼看上去感觉和【洛谷2709】小B的询问很像，然后就自然而然地会想到用莫队去做。
但是，在仔细想想，就会发现这道题中有修改，普通的莫队是做不了这样的题目的。
于是，我们就要用一种新的算法：带修莫队。
带修莫队
如果你会带修莫队，那么这题应该就是一道简单的板子题了。
对于每一个询问，记录下在这次询问前进行了几次修改。
而对于每一个修改，记录下当前修改元素修改前的值。
这样，就可以对于每一个询问，将没有执行的修改执行掉，将多执行的修改撤销掉即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define LL long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define tc() (A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (pp_<100000?pp[pp_++]=(ch):(fwrite(pp,1,100000,stdout),pp[(pp_=0)++]=(ch)))
#define N 50000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
int pp_=0;char ff[100000],*A=ff,*B=ff,pp[100000];
using namespace std;
int n,m,blo,q_num,o_num,col[N+5],lst[N+5],pos[N+5],res[N+5],cnt[1000005];
struct Query//记录询问
{
int l,r,pos,k;//l和r记录询问区间，pos记录这个询问的编号，方便最后答案的输出，k记录这个询问前执行的操作数
}q[N+5];
struct Operation//记录操作
{
int x,y,z;//x记录修改的元素的编号，y记录要修改成的值，z记录修改前的值，方便撤销
}o[N+5];
inline void read(int &x)
{
x=0;static char ch;
while(!isdigit(ch=tc()));
while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,isdigit(ch=tc()));
}
inline void read_alpha(char &x)
{
while(!isalpha(x=tc()));
}
inline void write(int x)
{
if(x>9) write(x/10);
pc(x%10+'0');
}
inline bool cmp(Query x,Query y)//排序
{
if(pos[x.l]^pos[y.l]) return pos[x.l]<pos[y.l];//如果两个询问的l不在同一块内
if(pos[x.r]^pos[y.r]) return pos[x.r]<pos[y.r];//如果两个询问的r不在同一块内
return x.k<y.k;//比较两个询问执行操作的个数
}
int main()
{
register int i,j,x,y;register char ch;
for(read(n),read(m),blo=pow(n,2.0/3),i=1;i<=n;++i) read(col[i]),lst[i]=col[i],pos[i]=(i-1)/blo+1;
for(i=1;i<=m;++i)
{
read_alpha(ch),read(x),read(y);
if(ch^'R') q[++q_num].l=x,q[q_num].r=y,q[q[q_num].pos=q_num].k=o_num;
else o[++o_num].x=x,o[o_num].y=y,o[o_num].z=lst[x],lst[x]=y;
}
register int L=0,R=0,K=0,ans=0;//L和R记录当前答案的区间，K记录当前执行的操作数，ans记录当前的答案，初始化全为0
for(sort(q+1,q+q_num+1,cmp),i=1;i<=q_num;++i)
{
while(K<q[i].k)//如果当前执行的操作数少于当前询问执行的操作数
{
++K;
if(L<=o[K].x&&o[K].x<=R)//如果修改的点在L到R区间内
{
if(!--cnt[col[o[K].x]]) --ans;//如果删除了原先的颜色使得这种颜色的个数为0，那么将ans减1
if(!cnt[o[K].y]++) ++ans;//如果加上了新的颜色使得颜色个数增加了1，那么将ans加1
}
col[o[K].x]=o[K].y;//修改颜色
}
while(K>q[i].k)//如果当前执行掉操作数多余当前询问执行的操作数
{
if(L<=o[K].x&&o[K].x<=R)//如果修改的点在L到R区间内
{
if(!--cnt[col[o[K].x]]) --ans;//如上
if(!cnt[o[K].z]++) ++ans;//如上
}
col[o[K].x]=o[K].z,--K;//如上
}
while(R<q[i].r) if(!cnt[col[++R]]++) ++ans;//如果当前的R小于当前询问的r，那么将R向右移
while(L>q[i].l) if(!cnt[col[--L]]++) ++ans;//如果当前的L大于当前询问的l，那么将L向左移
while(R>q[i].r) if(!--cnt[col[R--]]) --ans;//如果当前的R大于当前询问的r，那么将R向左移
while(L<q[i].l) if(!--cnt[col[L++]]) --ans;//如果当前的L小于当前询问的l，那么将L向右移
res[q[i].pos]=ans;//记录答案
}
for(i=1;i<=q_num;++i) write(res[i]),pc('
');
return fwrite(pp,1,pp_,stdout),0;
}