题意：
两种操作
1：在x,y这个点上涂上颜色c。
2：查询1,y1和x,y2组成的矩形包含多少种颜色。
代码：
矩形区域查询点，赛时直接把之前cdq分治+bit的代码贴上然后开了50个树状数组去做，时间复杂度是n*logn*logn*50，直接十几e的复杂度，tle，而且因为树状数组的logn和50是不随数据变的，所以跑起来还没有暴力快，然后暴力代码ac了。。。
50种颜色其实很容易想到压缩一下，第i位表示第i种颜色是否存在，但是用树状数组的话就得去容次一下，然而|运算减法在这里明显是不满足的。但是加法是可以的呀，因为一个区间的子区间如果存在这种颜色，那么该区间也一定存在咯。然后就是这个题最重要的了，观察数据，每次查询都是x=1的情况，x=1的话，那么只要横坐标小于x的横坐标就满足情况了，可以用cdq分治把x这一维降下来，只要横坐标比询问的x小的就可以更新。
然后维护的时候用线段树，维护一个纵坐标区间内的颜色数量，这个值用一个long long值压缩就好。然后就cdq分治的套路了。
这个题的切入点感觉就是x=1上，一开始读完题就想着套之前代码值不对的，应该分析一下这个题改动的地方。
代码：
#include <bits/stdc++.h> #define lson o<<1 #define rson o<<1|1 #define MID int mid = (l+r)>>1; #define LL long long #define ps push_back using namespace std; const int maxn=3e5+5; LL val[maxn<<2]; void update(int o, int l, int r, int x, int c, int tp) { if(l==r) { if(tp==1)val[o]|=(1LL<<c); else val[o]=0; return; } MID if(x<=mid)update(lson, l, mid, x, c, tp); else update(rson, mid+1, r, x, c, tp); val[o]=val[lson]|val[rson]; return; } LL sum(int o, int l, int r, int ll, int rr) { if(ll<=l && r<=rr) { return val[o]; } MID LL res=0; if(ll<=mid)res=sum(lson, l, mid, ll, rr); if(rr>mid)res|=sum(rson, mid+1, r, ll, rr); return res; } struct node { int id, qid, x, y1, y2, type, col; bool operator <(const node &a)const { if(x!=a.x)return x<a.x; else return type<a.type; } }op[maxn],tmp[maxn]; LL ans[maxn]; int n; void cdq(int l, int r) { if(r-l<=1)return; int mid=(l+r)>>1; cdq(l, mid);cdq(mid, r); int p=l, q=mid, o=0; while(p<mid && q<r) { if(op[p]<op[q]) { if(op[p].type==1) { update(1, 1, n, op[p].y1, op[p].col, 1); } tmp[o++]=op[p++]; } else { if(op[q].type==2) { ans[op[q].qid]|=sum(1, 1, n, op[q].y1, op[q].y2); } tmp[o++]=op[q++]; } } while(q<r) { if(op[q].type==2) { ans[op[q].qid]|=sum(1, 1, n, op[q].y1, op[q].y2); } tmp[o++]=op[q++]; } for(int i=l; i<p; i++) { update(1, 1, n, op[i].y1, op[i].col, 2); } while(p<mid) { tmp[o++]=op[p++]; } for(int i=0; i<o; i++)op[l+i]=tmp[i]; } vector<int>ls; int getid(int x) { return lower_bound(ls.begin(), ls.end(), x)-ls.begin()+1; } int main() { int col, x, y1, y2, tp, id=1, qid=1, i, j; while(~scanf("%d", &tp)) { if(tp==0 || tp==3) { sort(ls.begin(), ls.end()); ls.erase(unique(ls.begin(), ls.end()), ls.end()); n=ls.size()+1; for(i=1; i<id; i++) { if(op[i].type==1)op[i].x=getid(op[i].x), op[i].y1=getid(op[i].y1); else if(op[i].type==2)op[i].x=getid(op[i].x), op[i].y1=getid(op[i].y1), op[i].y2=getid(op[i].y2); } cdq(1, id); for(i=1; i<qid; i++) { int sum=0; for(j=0; j<=50; j++) { if((1LL<<j)&ans[i])sum++; } ans[i]=0; printf("%d\n", sum); } if(tp==3)break; ls.clear(); id=qid=1; } else if(tp==1) { scanf("%d%d%d", &op[id].x, &op[id].y1, &op[id].col); ls.ps(op[id].x);ls.ps(op[id].y1); op[id].type=tp; id++; } else { scanf("%d%d%d", &op[id].x, &op[id].y1, &op[id].y2); ls.ps(op[id].x);ls.ps(op[id].y1);ls.ps(op[id].y2); op[id].type=tp; op[id].qid=qid++; id++; } } }