题目描述：
墨墨购买了一套N支彩色画笔（其中有些颜色可能相同），摆成一排，你需要回答墨墨的提问。墨墨会向你发布如下指令：
1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。
2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。
为了满足墨墨的要求，你知道你需要干什么了吗？
输入输出格式
输入格式：
第1行两个整数N，M，分别代表初始画笔的数量以及墨墨会做的事情的个数。
第2行N个整数，分别代表初始画笔排中第i支画笔的颜色。
第3行到第2+M行，每行分别代表墨墨会做的一件事情，格式见题干部分。
输出格式：
对于每一个Query的询问，你需要在对应的行中给出一个数字，代表第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。
输入输出样例
6 5 1 2 3 4 5 5 Q 1 4 Q 2 6 R 1 2 Q 1 4 Q 2 6
4 4 3 4
说明
对于100%的数据，N≤50000，M≤50000，所有的输入数据中出现的所有整数均大于等于1且不超过10^6。
本题可能轻微卡常数
思路：
本题为带修莫队模板题，在普通莫队的基础上引入时间维度，可以支持时间推移和时间倒流。跑主算法时定义当前时间戳为t，对于每个查询操作，如果当前时间戳大于查询的时间戳，说明已进行的修改操作比要求的多，就把之前改的改回来，如果当前时间戳小于查询的时间戳，说明还应再往后修改。只有当当前区间和查询区间左右端点、时间戳均重合时，才认定区间完全重合，此时的答案才是本次查询的最终答案。
在排序中加入第三关键字t（时间），按着l到r再到t的顺序排，分块大小应为n^(2/3)，在最后for循环的while中加入两个关于时间的while来调整当前时间与查询时间的关系。
因为移完t t做完一处修改后，有可能要改回来，所以我们还要把原值存好备用。但其实我们也可以不存，只要在修改后把修改操作的值和原值swap一下，那么改回来时也只要swap一下，swap两次相当于没搞，就改回来了。
代码:：
1 #include <iostream> 2 #include <cmath> 3 #include <algorithm> 4 #define max_n 50005 5 using namespace std; 6 int n,m; 7 int a[max_n]; 8 int belong[max_n*2]; 9 int ans[max_n]; 10 int cnt[1000005]; 11 12 struct query 13 { 14 int l; 15 int r; 16 int id; 17 int t; 18 }q[max_n]; 19 struct modify 20 { 21 int pos; 22 int col; 23 int last; 24 }c[max_n]; 25 int size; 26 int bulk; 27 int cntq = 0; 28 int cntc = 0; 29 int cmp(query a,query b) 30 { 31 return (belong[a.l]^belong[b.l])? belong[a.l]<belong[b.l]:((belong[a.r]^belong[b.r])?belong[a.r]<belong[b.r]:a.t<b.t); 32 } 33 int main() 34 { 35 cin >> n >> m; 36 size = pow(n,2.0/3.0); 37 bulk = ceil((double)n/size); 38 for(int i = 1;i<=bulk;i++) 39 { 40 for(int j = (i-1)*size+1;j<=i*size;j++) 41 { 42 belong[j] = i; 43 } 44 } 45 for(int i = 1;i<=n;i++) 46 { 47 cin >> a[i]; 48 } 49 char opt; 50 for(int i = 1;i<=m;i++) 51 { 52 cin >> opt; 53 switch(opt) 54 { 55 case 'Q': 56 cin >> q[++cntq].l; 57 cin >> q[cntq].r; 58 q[cntq].t = cntc; 59 q[cntq].id= cntq; 60 break; 61 case 'R': 62 cin >> c[++cntc].pos; 63 cin >> c[cntc].col; 64 } 65 } 66 sort(q+1,q+cntq+1,cmp); 67 int l = 1; 68 int r = 0; 69 int time = 0; 70 int now = 0; 71 for(int i = 1;i<=cntq;i++) 72 { 73 int ql = q[i].l; 74 int qr = q[i].r; 75 int qt = q[i].t; 76 while(l<ql) now -= !--cnt[a[l++]]; 77 while(l>ql) now += !cnt[a[--l]]++; 78 while(r>qr) now -= !--cnt[a[r--]]; 79 while(r<qr) now += !cnt[a[++r]]++; 80 while(time<qt) 81 { 82 ++time;//时间向后推移 83 if(ql<=c[time].pos&&c[time].pos<=qr)//如果当前（time时）位置与查询区间重合，说明time时已经统计过c[time].pos处的元素，并且是以旧的时间的未修改的这个元素完成统计的 84 {//压缩的运算表达式 85 now -= !--cnt[a[c[time].pos]]-!cnt[c[time].col]++; 86 //now是存的答案，c[time].pos是在time时修改的位置，a[c[time].pos]是在该位置原来的元素，注意now后是-= 87 //这句含义是1.如果在time时刻修改的位置（因为现在是时间还在往前走）上的元素的个数减少到零，now就减少一（因为这个元素已成为历史） 88 //c[time].col是在time时刻修改后的颜色 89 //2.如果对于在time时刻修改过的元素，它的个数为0，就将元素个数自增，然后now在加一（因为随着时间推移，发现了新的元素种类） 90 } 91 swap(a[c[time].pos],c[time].col); 92 //让这个新元素（c[time].col）成为历史，用a[c[time].pos]暂时存储， 93 //而c[time].col里是暂存原来被修改掉的元素 94 } 95 while(qt<time) 96 { 97 if(ql<=c[time].pos&&c[time].pos<=qr) 98 { 99 now -= !--cnt[a[c[time].pos]]-!cnt[c[time].col]++; 100 //同上 101 } 102 swap(a[c[time].pos],c[time].col); 103 //同上 104 --time; 105 } 106 ans[q[i].id] = now; 107 } 108 for(int i = 1;i<=cntq;i++) 109 { 110 cout << ans[i] << endl; 111 } 112 return 0; 113 }