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Solution
考虑无修的情况，我们是采用维护每个数的 $pre$ 来做的。具体一点就是对于每一个 $a_{i}$ 维护 $pre_{i}=\max\{j\in[1,i),s.t.a_{j}=a_{i}\}$。然后数区间内 $pre$ 严格小于左端点的元素个数。
区间推平不好做，考虑削弱这一层修改，考虑单点修改怎么做。
修改一个 $a_{i}=x$，则受影响的下标有：
- $j,s.t.pre_{j}=i$；
- $i$；
- $\min\{j\in(i,n],s.t.a_{j}=x\}$。
这个东西套个 std::map 能直接维护。
对于区间修改，有这样的结论：
对于所有修改，$pre$ 变化次数为 $\mathcal{O}(n+m)$。
做不来区间推平翻题解翻来的，至于证明不太会，摊还分析证复杂度没用过。
反正综上就能做了嘛，不知道为什么那么多人都喜欢写树套树，反正我是 CDQ。
//in the autumn sky
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fs first
#define sc second
struct oper
{
int opt,opl,opr,opx;
oper(int A=0,int B=0,int C=0,int D=0){opt=A,opl=B,opr=C,opx=D;}
};
struct ST_modify
{
int ID,pos,pr,val;
ST_modify(int A=0,int B=0,int C=0,int D=0){ID=A,pos=B,pr=C,val=D;}
bool operator<(const ST_modify &ano)const{return pr<ano.pr;}
};
struct ST_query
{
int ID,l,r;
ST_query(int A=0,int B=0,int C=0){ID=A,l=B,r=C;}
bool operator<(const ST_query &ano)const{return l<ano.l;}
};
vector<int> pri;
vector<ST_modify> mod;
vector<ST_query> que;
int pre[100010],n,m,tr[100010],curInd,ans[100010];
map<int,int> mapo[200010];
map<int,pair<int,int> > exmapo; // for ODT
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
void ins(int pos,int delta)
{
++pos;
while(pos<=n)
{
tr[pos-1]+=delta;
pos+=lowbit(pos);
}
}
int find(int pos)
{
int res=0;
while(pos)
{
res+=tr[pos-1];
pos^=lowbit(pos);
}
return res;
}
void ODT_split(int pos)
{
auto iter=exmapo.lower_bound(pos);
int stan=n;
if(iter!=exmapo.end()) stan=iter->fs;
if(stan^pos)
{
--iter;
exmapo.emplace(pos,iter->sc);
auto exiter=mapo[iter->sc.sc].emplace(pos,iter->sc.fs).fs;
iter->sc.fs=pos;
prev(exiter)->sc=pos;
}
}
void pushOp(int pos,int after,int ID)
{
mod.emplace_back(ST_modify(ID,pos,pre[pos],-1));
pre[pos]=after;
mod.emplace_back(ST_modify(ID,pos,after,1));
}
void rawGrass(int onel,int oner,int anol,int anor,int parl,int parr)
{
if(onel==oner || anol==anor)
{
sort(mod.begin()+onel,mod.begin()+oner);
sort(que.begin()+anol,que.begin()+anor);
}
else
{
int mid=(parl+parr)>>1,exmid1=onel,exmid2=anol;
while(exmid1<oner && mod[exmid1].ID<mid) ++exmid1;
while(exmid2<anor && que[exmid2].ID<mid) ++exmid2;
rawGrass(onel,exmid1,anol,exmid2,parl,mid);
rawGrass(exmid1,oner,exmid2,anor,mid,parr);
int ex=onel;
for(int i=exmid2;i<anor;++i)
{
while(ex<exmid1 && mod[ex].pr<que[i].l) ins(mod[ex].pos,mod[ex].val),++ex;
ans[que[i].ID]+=find(que[i].r)-find(que[i].l);
}
for(int i=onel;i<ex;++i) ins(mod[i].pos,-mod[i].val);
inplace_merge(mod.begin()+onel,mod.begin()+exmid1,mod.begin()+oner);
inplace_merge(que.begin()+anol,que.begin()+exmid2,que.begin()+anor);
}
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
vector<int> a(n);
vector<oper> b(m);
for(int &i:a) scanf("%d",&i),pri.emplace_back(i);
for(oper &i:b)
{
scanf("%d %d %d",&i.opt,&i.opl,&i.opr);
if(i.opt==1) scanf("%d",&i.opx),pri.emplace_back(i.opx);
--i.opl;
}
sort(pri.begin(),pri.end());
pri.erase(unique(pri.begin(),pri.end()),pri.end());
for(int &i:a) i=lower_bound(pri.begin(),pri.end(),i)-pri.begin();
for(oper &i:b)
{
if(i.opt==1) i.opx=lower_bound(pri.begin(),pri.end(),i.opx)-pri.begin();
}
curInd=0;
for(int i:a)
{
if(mapo[i].size()!=int(0)) pre[curInd]=prev(mapo[i].end())->fs;
else pre[curInd]=-1;
mod.emplace_back(ST_modify(-1,curInd,pre[curInd],1));
mapo[i].emplace(curInd,curInd+1);
exmapo.emplace(curInd,make_pair(curInd+1,i));
++curInd;
}
curInd=0;
for(oper i:b)
{
int ty=i.opt,l=i.opl,r=i.opr,x=i.opx;
if(ty==1)
{
ODT_split(l),ODT_split(r);
auto iter=mapo[x].lower_bound(l);
auto ptr=exmapo.lower_bound(l);
int rpe=(iter!=mapo[x].begin())?((iter=prev(iter))->sc-1):(-1); // for Suf
while(ptr!=exmapo.end())
{
if(ptr->fs==r) break;
pushOp(ptr->fs,rpe,curInd);
int tmp=ptr->sc.sc;
auto exiter=mapo[tmp].erase(mapo[tmp].find(ptr->fs));
if(exiter!=mapo[tmp].end())
{
if(exiter==mapo[tmp].begin()) pushOp(exiter->fs,-1,curInd);
else pushOp(exiter->fs,prev(exiter)->sc-1,curInd);
}
rpe=ptr->sc.fs-1;
ptr=exmapo.erase(ptr);
}
iter=mapo[x].lower_bound(r);
if(iter!=mapo[x].end()) pushOp(iter->fs,r-1,curInd);
exmapo.emplace(l,make_pair(r,x));
mapo[x].emplace(l,r);
}
else que.emplace_back(ST_query(curInd,l,r));
++curInd;
}
rawGrass(0,int(mod.size()),0,int(que.size()),-1,m);
curInd=0;
for(oper i:b)
{
if(i.opt==2) printf("%d\n",ans[curInd]);
++curInd;
}
return 0;
}