题目大意：
给定一个序列，有2个操作：
1. 区间覆盖。
2. 区间数颜色。
解题思路：
珂朵莉树+树套树。
看到区间覆盖当然想到珂朵莉树然而这是Ynoi
所以我们得优化掉珂朵莉树那个暴力过程。
考虑对每个位置，记录它这个颜色前一次出现的位置pre（它本身是第一次则为0）。
对一段颜色相同的区间，除了第一个位置，其他位置的pre都是位置-1。
用树套树，第一维为原本位置，第二维为pre，然后对于查询$[l,r]$区间的颜色个数，相当于$[l,r]$区间，pre在$[0,l-1]$的个数。
考虑一次修改，最多增加$O(m)$个区间，所以总区间个数是$O(n+m)$的。所以暴力删除复杂度是对的。
用珂朵莉树（其实是个set，不过珂朵莉树的split比较方便）维护相同颜色区间，对每种颜色再开set存所有区间。
然后对于每次修改，先把pre可能变动的位置弄出来，再修改珂朵莉树和set里的信息，最后再重新求那些pre，在树套树上修改即可。
时间复杂度$O((n+m)\log^2 n)$。
C++ Code：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<set>
#include<map>
const int N=100005,M=1.5e7+5;
struct istream{
char buf[23333333],*s;
inline istream(){
buf[fread(s=buf,1,23333330,stdin)]='\n';fclose(stdin);
}
inline istream&operator>>(int&d){
for(d=0;!isdigit(*s);++s);
while(isdigit(*s))d=(d<<3)+(d<<1)+(*s++^'0');
return*this;
}
}cin;
struct ostream{
char buf[12000005],*s;
inline ostream(){s=buf;}
inline ostream&operator<<(int d){
if(!d)*s++='0';else{
static int w;
for(w=1;w<=d;w*=10);for(;w/=10;d%=w)*s++=d/w^'0';
}
return*this;
}
inline ostream&operator<<(const char&c){*s++=c;return*this;}
inline void flush(){fwrite(buf,1,s-buf,stdout);s=buf;}
inline~ostream(){flush();}
}cout;
struct node{
int l,r;mutable int col;
inline bool operator<(const node&r)const{return l<r.l;}
};
std::set<node>s;
typedef std::set<node>::iterator iter;
std::set<std::pair<int,int> >cl[N<<1];
std::map<int,int>ys;int tot=0,nodes=0;
int n,m,pp[N],rt[N],pw[N];
int ls[M],rs[M],sz[M];
iter split(int pos){
iter it=s.lower_bound((node){pos});
if(it!=s.end()&&it->l==pos)return it;
--it;
const int l=it->l,r=it->r,val=it->col;
s.erase(it);
cl[val].erase(std::make_pair(l,r));
s.insert((node){l,pos-1,val});
cl[val].insert(std::make_pair(l,pos-1));
cl[val].insert(std::make_pair(pos,r));
return s.insert((node){pos,r,val}).first;
}
void modify2D(int&o,int l,int r,const int&pos,const int&dlt){
if(!o)o=++nodes;
sz[o]+=dlt;
if(l==r)return;
const int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)modify2D(ls[o],l,mid,pos,dlt);else modify2D(rs[o],mid+1,r,pos,dlt);
}
void modify1D(int i,int pre,int f){for(;i<=n;i+=i&-i)modify2D(rt[i],0,n,pre,f);}
int query2D(int o,int l,int r,const int&L,const int&R){
if(!o)return 0;
if(L<=l&&r<=R)return sz[o];
const int mid=l+r>>1;
if(L<=mid&&mid<R)return query2D(ls[o],l,mid,L,R)+query2D(rs[o],mid+1,r,L,R);
if(L<=mid)return query2D(ls[o],l,mid,L,R);return query2D(rs[o],mid+1,r,L,R);
}
int query1D(int l,int r){
int ret=0;
for(int i=r;i;i^=i&-i)ret+=query2D(rt[i],0,n,0,l-1);
for(int i=l-1;i;i^=i&-i)ret-=query2D(rt[i],0,n,0,l-1);
return ret;
}
int main(){
cin>>n>>m;
int preL=1,pre;cin>>pre;
for(int i=2;i<=n;++i){
int now;
cin>>now;
if(now!=pre)s.insert((node){preL,i-1,pre}),preL=i,pre=now;
}
s.insert((node){preL,n,pre});
s.insert((node){n+1});
for(int i=1;i<=n+m;++i)cl[i].insert(std::make_pair(0,0));
for(iter i=s.begin();i!=s.end();++i){
if(i->l>n)break;
if(!ys.count(i->col))ys[i->col]=++tot;
i->col=ys[i->col];
cl[i->col].insert(std::make_pair(i->l,i->r));
for(int j=i->l+1;j<=i->r;++j)modify1D(j,j-1,1),pw[j]=j-1;
modify1D(i->l,pp[i->col],1);pw[i->l]=pp[i->col];
pp[i->col]=i->r;
}
while(m--){
int op,l,r;
cin>>op>>l>>r;
if(op==1){
static std::set<int>trans;
trans.clear();
int x;cin>>x;if(!ys.count(x))ys[x]=++tot;x=ys[x];
iter R=split(r+1),L=split(l);
for(iter i=L;i!=R;++i){
trans.insert(i->l);
auto it=cl[i->col].upper_bound(std::make_pair(i->l,i->r));
if(it!=cl[i->col].end())trans.insert(it->first);
cl[i->col].erase(std::make_pair(i->l,i->r));
}
s.erase(L,R);
s.insert((node){l,r,x});
cl[x].insert(std::make_pair(l,r));
const auto it=(cl[x].upper_bound(std::make_pair(l,r)));
if(it!=cl[x].end())trans.insert(it->first);
for(int it:trans){
iter info=--s.upper_bound((node){it});
modify1D(it,pw[it],-1);
if(it==info->l)pw[it]=(--cl[info->col].lower_bound(std::make_pair(info->l,info->r)))->second;else
pw[it]=it-1;
modify1D(it,pw[it],1);
}
}else cout<<query1D(l,r)<<'\n';
}
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4280052/blog/3654428