6911. 【2020.12.01提高组模拟】莫队
一个序列，定义无重区间为没有重复的数的区间。两种操作：
- 将\(a_x\)改为\(y\)。
- 询问区间\([x,y]\)中有多少个无重子区间。
\(n,m\le 2*10^5\)
按照套路求出每个位置前面第一个相同的位置，记为\(lst_i\)，对于一个询问\([L,R]\)，答案为\(\sum_{i=L}^R i-\max(\max_{j=L}^{i}lst_j,L-1)\)。
相当于要求\([L,R]\)的前缀\(max\)的和。
可以规定\(lst_L=L-1\)，这样就不用特别考虑\(L-1\)的影响，甚至可以直接写作\(\sum_{i=L}^R i-\max_{j=1}^ilst_j\)。
考虑暴力，相当于一个数\(x\)，初始为\(L-1\)，从\(L\)做到\(R\)，每次\(x\to \max(x,a_i)\)（ll称之为复合），并且做一次加\(x\)的贡献。记这个东西为\(query(L,R,x)\)。
先说个\(O(n\lg^2n)\)的做法：
用线段树维护。考虑\(query(L,R,x)\)，如果\(x>mx(L,mid)\)，则\((mid-l+1)*x+query(mid+1,R,x)\)；否则\(query(l,mid,x)+query(mid+1,R,mx(L,mid))\)。可以发现\(query(mid+1,R,mx(L,mid))\)已经和\(x\)无关了，所以可以预处理\(f(L,R)=query(mid+1,R,mx(L,mid))\)。
在update的时候花\(O(\lg )\)时间维护每一个有影响的\(f(L,R)\)，于是一次修改时间复杂度\(O(\lg^2)\)。
询问的时候需要找出\(O(\lg)\)子区间然后进行\(query\)操作，\(query\)执行一次是\(O(\lg)\)，所以查询一次时间复杂度\(O(\lg^2)\)。
再说ll的\(O(n\lg n)\)爆标做法：
对于每个时间，按照序列从前往后做，一路取前缀\(max\)。（如果是询问时间可以将\(lst_{L}\)变为\(L-1\)，变成从\(1\)开始的前缀max）
把时间变成要维护的维度，枚举序列的位置，维护所有时间的前缀\(max\)及其贡献历史和。
可以用吉司机线段树解决。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#define N 200005
#define ll long long
int n,m;
int a[N],lst[N];
set<int> buc[N];
int mx[N*4];
ll f[N*4];
ll tquery(int k,int l,int r,int x){
if (l==r)
return max(x,mx[k]);
int mid=l+r>>1;
if (x>mx[k<<1]) return (ll)x*(mid-l+1)+tquery(k<<1|1,mid+1,r,x);
return tquery(k<<1,l,mid,x)+f[k];
}
void build(int k,int l,int r){
if (l==r){
mx[k]=lst[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
mx[k]=max(mx[k<<1],mx[k<<1|1]);
f[k]=tquery(k<<1|1,mid+1,r,mx[k<<1]);
}
void modify(int x,int c,int k=1,int l=1,int r=n){
if (l==r){
mx[k]=c;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid) modify(x,c,k<<1,l,mid);
else modify(x,c,k<<1|1,mid+1,r);
mx[k]=max(mx[k<<1],mx[k<<1|1]);
f[k]=tquery(k<<1|1,mid+1,r,mx[k<<1]);
}
ll ans;
void query(int st,int en,int &x,int k=1,int l=1,int r=n){
if (st<=l && r<=en){
ans+=tquery(k,l,r,x);
x=max(x,mx[k]);
return;
}
int mid=l+r>>1;
if (st<=mid) query(st,en,x,k<<1,l,mid);
if (mid<en) query(st,en,x,k<<1|1,mid+1,r);
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
freopen("team.in","r",stdin);
freopen("team.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
if (!buc[a[i]].empty())
lst[i]=*buc[a[i]].rbegin();
buc[a[i]].insert(i);
}
build(1,1,n);
for (int i=1;i<=m;++i){
int op,x,y;
scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
if (op==1){
buc[a[x]].erase(x);
auto p=buc[a[x]].upper_bound(x);
if (p!=buc[a[x]].end()){
if (p==buc[a[x]].begin())
lst[*p]=0;
else{
auto q=p;
lst[*p]=*(--q);
}
modify(*p,lst[*p]);
}
a[x]=y;
p=buc[y].upper_bound(x);
if (p!=buc[y].end()){
lst[*p]=x;
modify(*p,lst[*p]);
}
if (p==buc[y].begin())
lst[x]=0;
else
lst[x]=*(--p);
modify(x,lst[x]);
buc[y].insert(x);
}
else{
ans=0;
int z=x-1;
query(x,y,z);
printf("%lld\n",(ll)(x+y)*(y-x+1)/2-ans);
}
}
return 0;
}
