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这道题不算特别难，基本算得上是带修莫队的板子题，首先应该想到的是统计每个数字出现的次数，不过这道题比较有趣的一点是，要求查询的是每个数字出现次数的 Mex，所以还应该统计一个出现次数的出现次数，具体来说，我们用一个 cntcnt 数组来统计数字出现次数，然后再用一个 cnt2cnt2 数组来统计 cntcnt 数组内每个数字的出现次数，在更新 cntcnt 的时候顺便也更新一下 cnt2cnt2 就可以了。

但有一点不太好想的是如何求这个出现次数的 Mex，一开始，我想的是可以跟着 cnt2cnt2 数组一起更新，但这样会有很多问题，因为我们无法判断如果 cnt2anscnt2_{ans} 不为 00 了，那么答案应该是多少，所以我采用了一个很玄学的方法，用一个 bitset 来统计哪些出现次数是没有出现过的，最后找一个最小的就可以了，这样我们只需要在更新 cnt2cnt2 的时候判断一下这个被更新的值是否从 00 到 11 或是从 11 到 00，然后相对应地把 bitset 也更新一下就好了。而在找的时候，可以用 bitset 的一个成员函数_Find_first，它的作用是寻找这个 bitset 中第一个 11，并且返回它的位置，也就是所有数字出现次数的 Mex。

对了，这道题由于值域为 [1,109][1,10^9]，所以需要离散化，在离散化时要注意，不仅对于 aa 数组要离散化，对于修改操作中要求改成的那些数也要进行离散化，而且应该是一起进行，否则有可能会 RE，同时，由于这两部分是一起离散化的，所以最终离散后的值域应该是 [1,2×n][1,2\times n]，记得要把数组大小开够，否则也会 RE。

参考代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010//数组大小开够！
using namespace std;
int n,m,p,len,k,k1,lastc,l=1,r,t,ans[N],cnt[N],cnt1[N],a[N];
struct Query
{
	int x;
	int y;
	int z;
	int id;
	bool operator < (Query const &a) const
	{
		return ((x/len)^(a.x/len)) ? x/len<a.x/len : ((y/len)^(a.y/len)) ? y/len<a.y/len : z<a.z;
        //带修莫队不像普通莫队，在排序时应当以左端点所在的块为第一关键字，右端点所在的块为第二关键字，时间为第三关键字
	}
};
struct Change
{
	int p;
	int v;
};
Query q[N];
Change c[N];
vector<int> rec;//用来离散的数组，为了方便用了 vector
bitset<N> num;//统计答案的 bitset
void add(int i)
{
	cnt1[cnt[a[i]]]--;
	if(!cnt1[cnt[a[i]]])//先把当前数字出现次数的出现次数减一
		num[cnt[a[i]]]=1;
	cnt[a[i]]++;
	if(!cnt1[cnt[a[i]]])//再把当前数字出现次数的出现次数加一
		num[cnt[a[i]]]=0;
	cnt1[cnt[a[i]]]++;
}
void del(int i)
{
	cnt1[cnt[a[i]]]--;
	if(!cnt1[cnt[a[i]]])//操作基本同上
		num[cnt[a[i]]]=1;
	cnt[a[i]]--;
	if(!cnt1[cnt[a[i]]])
		num[cnt[a[i]]]=0;
	cnt1[cnt[a[i]]]++;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	len=(int)pow(n,2.0/3.0);//这也是要注意的一点，带修莫队的块长应该为n^(2/3)
	rec.push_back(0);//防止离散后的值为 0（其实不加也能 AC，但我觉得要更严谨一点）
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		rec.push_back(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int op,l,r;
		scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
		if(op==1)
			q[++k]=Query{l,r,lastc,k};
		else
		{
			k1++;
			lastc=k1;
			rec.push_back(r);
			c[k1]=Change{l,r};
		}
	}
	sort(rec.begin(),rec.end());
	rec.erase(unique(rec.begin(),rec.end()),rec.end());
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=lower_bound(rec.begin(),rec.end(),a[i])-rec.begin();
	for(int i=1;i<=k1;i++)
		c[i].v=lower_bound(rec.begin(),rec.end(),c[i].v)-rec.begin();
	sort(q+1,q+1+k);
	cnt1[0]=0x3f3f3f3f;//由于答案一定不为 0，所以可以把 cnt1[0] 设为无穷大
	num.set();//bitset 成员函数之一，把所有值设为 1
	num[0]=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		while(l>q[i].x)
			add(--l);
		while(r<q[i].y)
			add(++r);
		while(l<q[i].x)
			del(l++);
		while(r>q[i].y)
			del(r--);
		while(t<q[i].z)
		{
			t++;
			if(l<=c[t].p&&r>=c[t].p)
			{
				del(c[t].p);
				swap(a[c[t].p],c[t].v);
				add(c[t].p);
			}
			else
				swap(a[c[t].p],c[t].v);
		}
		while(t>q[i].z)
		{
			if(l<=c[t].p&&r>=c[t].p)
			{
				del(c[t].p);
				swap(a[c[t].p],c[t].v);
				add(c[t].p);
			}
			else
				swap(a[c[t].p],c[t].v);
			t--;
		}
		ans[q[i].id]=num._Find_first();//上面讲过了，获取出现次数的 Mex
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}