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++;
}
}
}