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题目大意
给定 \(f_{1,i}\)，令 \(f_{i,j}\) 等于 $f_{i-1,j} $ 在 \(f_{i-1,k}\ ,\ 1\leq k\leq j\) 中出现的次数。
动态修改 \(f_{1,i}\)，查询 \(f_{i,j}\)。\(n,q\leq 10^5\)。
题解
首先考虑行数非常的大，所以考虑打表发现对于 \(i\geq 4\)，\(f_{i,j}=f_{i-2,j}\)。
考虑如何证明：由于 \(f_{3,i}\) 是 \(f_{2,i}\) 在 \(f_{2,[1,i]}\) 中的出现次数。显然有 \(f_{3,1}=1\)。
将 \(f_{3}\) 中的每一种数字数字分为一种，按位置排序后可以发现他们变换后的值分别是 \(1,2,3,\cdots\)。
再次处理 \(f_4\)，可以发现对于 \(f_2\) 每一种数字的第一位按位置排序后分别是 \(1,2,3,\cdots\)。
由于 \(f_2\) 是由 \(f_1\) 变换得到，可以发现 \(f_2\) 是由若干递增序列 \(1,2,3\cdots\) 插入得到。所以 \(f_4=f_2\)。显然有 \(f_x=f_{x-2}\)。
所以接下来问题变成如何动态求 \(f_x\)。考虑对于 \(x=2k\) 的情况，显然就是 \(f_1\) 一次变换得到直接用线段树（树状数组）维护当前数字 \(u\) 在所有 \(f_{1,i}=u\) 的出现位置。
那么如何求 \(x=2k+1\) 的情况。首先 \(x=1\) 显然需要特判。否则有 \(f_{x}=f_3\)。
可以发现，这里 \(f_{3,y}\) 的本质是求 \(f_{1,[1,y]}\) 中某一数字 \(k\) 对应的集合大小 \(|S_k|\geq\) \(y\) 所在集合的集合大小 \(|S_y|\) 的 \(k\) 的个数。
显然需要离线，用 \((k,t)\) 表示在 \(t\) 时间查询 \(f_{3,k}\)。可以发现对于某个询问 \((k,t)\)，只有 \(x\leq k\) 的点和 \((x\leq k,\ y\leq t)\) 的修改会产生贡献。
这就是一个经典的弱化版的莫队了。考虑将询问先按 \(k\) 的区块排序，再按 \(t\) 排序。对于每个区块，将时间 \(T\) 从 1 推到 \(q\) ，然后对于每次 \(T=t_i\) 时，暴力移动右端点，加入/删除对应的点。对于修改修改同理，用一个树状数组维护所有数字集合的出现次数的前缀和即可。（线段树好像会T）
复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#define N 200010
#define M N*40
using namespace std;
int root[N],siz[M],ls[M],rs[M],cnt;
void insert(int &u,int l,int r,int p,int v)
{
if(!u) u=++cnt;
if(l==r){siz[u]+=v;return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid) insert(ls[u],l,mid,p,v);
else insert(rs[u],mid+1,r,p,v);
siz[u]=siz[ls[u]]+siz[rs[u]];
}
int answer(int u,int l,int r,int p)
{
if(!u) return 0;
if(l==r) return siz[u];
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid) return answer(ls[u],l,mid,p);
else return siz[ls[u]]+answer(rs[u],mid+1,r,p);
}
int answerb(int u,int l,int r,int p)
{
if(!u) return 0;
if(l==r) return siz[u];
int mid=(l+r)>>1;
if(p>mid) return answerb(rs[u],mid+1,r,p);
else return siz[rs[u]]+answerb(ls[u],l,mid,p);
}
#define B 800
int bl[N*2];
struct Opt{
int opt,x,y,id;
}q[N];
struct odpt{
int t,y;
}qt[N];
bool operator <(const odpt a,const odpt b){return bl[a.y]==bl[b.y]?a.t<b.t:bl[a.y]<bl[b.y];}
int qtot;
int w[N],p[N*2],tto;
int swp[N],ans[N],tot[N];
int tval[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void t_insert(int x,int v){for(;x;x-=lowbit(x)) tval[x]+=v;}
int t_answer(int n,int x){int ans=0;for(;x<=n;x+=lowbit(x)) ans+=tval[x];return ans;}
void change(int n,int x,int y)
{
if(x)
{
t_insert(tot[x],-1);
tot[x]--;
t_insert(tot[x],1);
}
if(y)
{
t_insert(tot[y],-1);
tot[y]++;
t_insert(tot[y],1);
}
}
int main()
{
int n,k;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]),p[++tto]=w[i];
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d%d",&q[i].opt,&q[i].x,&q[i].y);
q[i].id=i;
if(q[i].opt==1) p[++tto]=q[i].x;
}
sort(p+1,p+tto+1);
tto=unique(p+1,p+tto+1)-p-1;
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=lower_bound(p+1,p+tto+1,w[i])-p;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(q[i].opt==1) q[i].x=lower_bound(p+1,p+tto+1,q[i].x)-p;
for(int i=1;i<=n;i++) insert(root[w[i]],1,n,i,1),swp[i]=w[i];
for(int i=1;i<=k;i++)
if((q[i].opt==2 && q[i].x%2==1 && q[i].x!=1))
{
++qtot;
qt[qtot]=(odpt){i,q[i].y};
}
for(int i=1;i<=n;i++) bl[i]=i/B;
sort(qt+1,qt+qtot+1);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x=q[i].x,y=q[i].y;
if(q[i].opt==2)
{
if(x==1){ans[i]=p[w[y]];continue;}
if(x%2==0) ans[i]=answer(root[w[y]],1,n,y);
}
else
{
q[i].id=w[y];
insert(root[w[y]],1,n,y,-1);
w[y]=x;
insert(root[w[y]],1,n,y,1);
}
}
int r=0,t=0;
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=swp[i];
for(int i=1;i<=qtot;i++)
{
while(r<qt[i].y){++r;change(n,0,w[r]);}
while(r>qt[i].y){change(n,w[r],0);--r;}
for(;t<qt[i].t;)
{
t++;
if(q[t].opt!=1) continue;
if(q[t].y<=qt[i].y) change(n,w[q[t].y],q[t].x);
w[q[t].y]=q[t].x;
}
for(;t>qt[i].t;t--)
{
if(q[t].opt!=1) continue;
if(q[t].y<=qt[i].y) change(n,w[q[t].y],q[t].id);
w[q[t].y]=q[t].id;
}
ans[qt[i].t]=t_answer(n,tot[w[qt[i].y]]);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
if(q[i].opt==2)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}