BZOJ 2120 数颜色（带修改的莫队）
2120: 数颜色
Time Limit: 6 Sec Memory Limit: 259 MBSubmit: 3478 Solved: 1342
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Description
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。墨墨会像你发布如下指令： 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？
Input
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。
Output
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。
Sample Input
1 2 3 4 5 5
Q 1 4
Q 2 6
R 1 2
Q 1 4
Q 2 6
Sample Output
4
3
4
HINT
对于100%的数据，N≤10000，M≤10000，修改操作不多于1000次，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。
2016.3.2新加数据两组by Nano_Ape
题目链接：BZOJ 2120
一直比较喜欢莫队的暴力式算法，但是会的都too simple，这题的莫队里加了一个修改的操作就比纯暴力有意思，但是这样加上去要如何修改呢？修改的顺序应该是怎么样的呢？
一种解法是将询问和修改操作分开存放，询问要增加一个记录当前询问时已出现修改次数的变量t，再继续按照原来莫队的排序顺序进行排序，修改则是用另外的结构体存放修改位置和修改之前这个位置的值（至于为什么要存之前的值后面会说），每一次先把区间移动好，再看操作次数T与当前询问的t之间的关系，若不同则要进行撤回或者更新，怎么撤回更新呢？这时候就要用到修改结构体中记录修改前的值的作用了，每一次撤回或者更新，都把当前的val与当前修改的位置的值作交换，那么假设是更新，把原来的值交换到了现在的val里，现在的arr[x]中是修改后的val，假设又要撤回了，那又一次地把val与arr[x]交换，这样确实做到了撤回，为什么可以这样呢？因为在更新的时候T的变化是连续的而不是跳跃着更新，不然这个修改结构体里的val多经过几次修改就会对不上号了。
其中需要注意一些细节，比如说询问的存放显然是可以从0~cnt_query，但是询问的t肯定是从1开始的，因此记录修改次数的cc要先自增1再把修改操作存入C[cc]……然后就是++ -- 对应的判断1或0别写反了就行……写完发现比原来参考的别人的题解速度快一倍，真是奇怪……，哦还有另外一种做法就是主席树+树状数组，然而并不会就只能默默地学习一个莫队了
送一组发现了某处低级错误错误的数据
2 4
1 2
Q 1 2
R 1 3
Q 1 2
Q 1 1
Ans
2
2
1
代码：
#include <stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=10010;
const int M=1000007;
struct info
{
int l,r,t;
int b,id;
bool operator<(const info &t)const
{
if(b==t.b)
return r<t.r;
return b<t.b;
}
};
struct modify
{
int pos;
int val;
};
modify C[N];
info Q[N];
int arr[N],ans[N],vis[M];
char ops[3];
int main(void)
{
int n,m,l,r,x,i,val;
while (~scanf("%d%d",&n,&m))
{
CLR(vis,0);
CLR(ans,0);
int unit=(int)sqrt(n);
for (i=1; i<=n; ++i)
scanf("%d",&arr[i]);
int cq=0,cc=0;
for (i=0; i<m; ++i)
{
scanf("%s",ops);
if(ops[0]=='Q')
{
scanf("%d%d",&l,&r);
Q[cq].l=l;
Q[cq].r=r;
Q[cq].b=Q[cq].l/unit;
Q[cq].id=cq;
Q[cq].t=cc;
++cq;
}
else
{
++cc;
scanf("%d%d",&x,&val);
C[cc].pos=x;
C[cc].val=val;
}
}
sort(Q,Q+cq);
int L=1,R=0,T=0;
int temp=0;
for (i=0; i<cq; ++i)
{
while (L<Q[i].l)
{
if(--vis[arr[L]]==0)
--temp;
++L;
}
while (L>Q[i].l)
{
--L;
if(++vis[arr[L]]==1)
++temp;
}
while (R<Q[i].r)
{
++R;
if(++vis[arr[R]]==1)
++temp;
}
while (R>Q[i].r)
{
if(--vis[arr[R]]==0)
--temp;
--R;
}
while (T<Q[i].t)///大于区间
{
++T;
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(--vis[arr[C[T].pos]]==0)
--temp;
}
swap(C[T].val,arr[C[T].pos]);
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(++vis[arr[C[T].pos]]==1)
++temp;
}
}
while (T>Q[i].t)///缩小区间
{
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(--vis[arr[C[T].pos]]==0)
--temp;
}
swap(C[T].val,arr[C[T].pos]);
if(L<=C[T].pos&&C[T].pos<=R)
{
if(++vis[arr[C[T].pos]]==1)
++temp;
}
--T;
}
ans[Q[i].id]=temp;
}
for (i=0; i<cq; ++i)
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
