问题引入

洛谷P1903
嗯，上手一个莫队$\dots$ ？还有修改操作？
本文我们来学习带修莫队，及支持修改的莫队。
请确保你已经学会了普通的莫队，不会的可以看这里。

和原来的莫队一样，带修莫队仅仅是多了个修改而已（废话 ）。
考虑暴力修改，时间复杂度：$O(n^{2}m)$
显然纯粹的暴力+莫队是解决不了的，但我们又发现了：如果修改的是1，题目查询的是5至7，那么我们修不修改都是可以的。

核心

所以带修莫队的本质还是莫队，只是考虑在查询到区间时再改。
举个例子。
序列
1 2 3 4 5
有四次操作。

1. 将5改成6
2. 求下标为1到3中有几个不同的数字
3. 把1改成2
4. 求下标为1到3中有几个不同的数字

我们只看查询操作，对于第一次查询，普通莫队可得答案为3。对于第二次查询，修改后由普通莫队可得答案为2。
及用一个变量记录现在修改了几次，在查询时修改，或者改回去。
如现在修改了3次，下次查询是在5次修改后，就执行第4，5次修改。若下下次查询为2次修改后，就撤销第3，4，5次修改。

维护

最重要的当然是排序函数了，然而你会发现跟普通莫队没有什么区别，只是奇偶优化就不用了，改成修改次数从小到大，这也很好理解。
del函数:
和普通莫队没什么区别，不会的见这里。
add函数:
跟 del 函数一样。

修改

对于本题：
首先修改的数得是查询区间内的，否则不可能对答案有影响。
其次，如果对答案有影响，就是一下几种情况：

sum-=(--cnt[a[X]]==0),sum+=(++cnt[Y]==1);

当然，修改用结构体来存储。
需要注意：

1. 修改时先$+$在改，撤销是先撤在$-$。
2. 对于修改，再改一次就改回去了，所以我们可以用 swap 偷个懒。
3. 即使修改的数对答案没影响也要 swap。
4. 将块的大小设置为$n^{\frac{2}{3}}$ 时更优。（别问我怎么知道 ）。

总结

带修莫队就是在莫对队的基础上加了修改操作，需分析题目给的修改操作要如何撤销。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+1;
struct fy
{int l,r,id,t;
}L[N];
struct fy_
{int x,y;
}C[N];
int n,m,a[N],ans[N],cnt[N],pos[N],ks,gid,aid,x,y,l=1,r=0,t=0,sum=0;
char op;
bool cmp(fy x,fy y)
{return pos[x.l]==pos[y.l]?pos[x.r]==pos[y.r]?x.t<y.t:x.r<y.r:x.l<y.l;
}
inline void add(int x)
{sum+=(++cnt[a[x]]==1);
}
inline void del(int x)
{sum-=(--cnt[a[x]]==0);
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL),cout.tie(NULL);cin>>n>>m;ks=pow(n,2.0/3.0);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],pos[i]=(i-1)/ks+1;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>op>>x>>y;if(op=='Q')L[++aid].l=x,L[aid].r=y,L[aid].id=aid,L[aid].t=gid;elseC[++gid].x=x,C[gid].y=y;}sort(L+1,L+aid+1,cmp);for(int i=1;i<=aid;i++){int cl=L[i].l,cr=L[i].r,j=L[i].id,T=L[i].t;while(l<cl)del(l++);while(l>cl)add(--l);while(r<cr)add(++r);while(r>cr)del(r--);while(t<T){t++;int X=C[t].x,Y=C[t].y;if(X>=cl&&X<=cr)sum-=(--cnt[a[X]]==0),sum+=(++cnt[Y]==1);swap(a[X],C[t].y);}while(t>T){int X=C[t].x,Y=C[t].y;if(X>=cl&&X<=cr)sum-=(--cnt[a[X]]==0),sum+=(++cnt[Y]==1);swap(a[X],C[t].y);	t--;}ans[j]=sum;}for(int i=1;i<=aid;i++)cout<<ans[i]<<"\n";return 0;
}