题意
给你一个1~n的排列，由两种操作：
1 pos：将a[pos]+10 000 000
2 r k：求大于等于k且不等于a[1~r]的数的最小值。
强制在线。
思路
如果没有1操作，那么我们直接主席树就OK了。
考虑不真正的进行修改，每次1操作就把a[pos]插进set，因为加10 000 000后肯定是大于n的，而k是小于等于n的，所以set里的数是可以用的。要和1~r的数都不相同，那么我们用主席树查找区间l+1~n+1的大于等于k的最小值即可，为什么是n+1呢，因为k<=n，如果k==n，那么满足条件且最小的数必定是n+1了。修改后的数的值变大了，而k<=n，显然这个修改后的值是对答案无影响的，但原来的值仍然是可以利用的，所以我们可以在set里二分查找第一个大于等于k的数，然后和主席树查到的取个最小值即可。
至于主席树查询的技巧：要剪枝，当sum[v]-sum[u]<=0时，表示这个区间不存在大于等于k的数，直接return inf；先判断是否k<=mid，才能往区间左边走，如果找到满足条件的数了我们就不必再往区间右边找了，因为右边的数肯定比左边大，相当于减了一半的时间。
代码
#include
#define mid (l+r)/2
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int n, q, sz, num = 0;
int a[N], b[N], T[N];
int sum[N<<5], L[N<<5], R[N<<5],mi[N<<5];
#define inf 0x3f3f3f3f
inline int build(int l, int r)
{
int rt = ++ num;
sum[rt] = 0;
if (l < r)
{
L[rt] = build(l, mid);
R[rt] = build(mid+1, r);
}
return rt;
}
inline int update(int pre, int l, int r, int x)
{
int rt = ++ num;
L[rt] = L[pre];
R[rt] = R[pre];
sum[rt] = sum[pre]+1;
if (l < r)
{
if (x <= mid) L[rt] = update(L[pre], l, mid, x);
else R[rt] = update(R[pre], mid+1, r, x);
}
return rt;
}
inline int query(int u, int v, int l, int r, int k)
{
if(sum[v]-sum[u]<=0)
return inf;
if(l==r)
return l;
int ans=inf;
if(k<=mid)
ans=min(ans,query(L[u], L[v], l, mid, k));
if(ans==inf)
ans=min(ans,query(R[u], R[v], mid+1, r, k));
// cout< s;
int main()
{
int TT;
scanf("%d",&TT);
while(TT--)
{
s.clear();
scanf("%d%d", &n, &q);
num=0;
T[0] = build(1, n+1);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
{
scanf("%d", &a[i]);
T[i] = update(T[i-1], 1, n+1, a[i]);
}
T[n+1]=update(T[n],1,n+1,n+1);
int ans=0;
while (q --)
{
int o,x,y;
scanf("%d", &o);
if(o==1)
{
scanf("%d",&x);
x^=ans;
s.insert(a[x]);
// ans=0;
}
else
{
scanf("%d%d",&x,&y);
x^=ans,y^=ans;
// cout<::iterator it=s.lower_bound(y);
int t=inf;
if(it!=s.end())
t=*it;
// cout<<"t"<