这是一道非常好的题，值得思考。题目要求维护区间内颜色的种数，那该如何表示一个区间内颜色的种数呢？
其实我们没有必要维护区间内颜色的种数，而是维护这$t$种颜色是否出现过。由于只有出现过和没出现两种状态，所以可以用状态压缩，用一个$T$位二进制数来表示，从右往左第$k$位为$1$表示在此区间颜色$k$出现过，反之没有出现过；
接下来是修改和查询操作：
修改：完全包含时直接设为$2^{v-1}$，即$1<<(v-1)$，充分利用了位运算的优势；若未完全包含，则使用位或运算，这样就不会重复计数，即将$tree[id]$设为$tree[id<<1]\;|\; tree[id<<1|1]$
查询：同样道理，左儿子（如果有）异或右儿子（如果有）

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m,t;
class segtree
{
	private:
		vector<int> tree,tag;  // tree存储颜色集合(位运算), tag存储懒标记(颜色编号)
	public:
		inline void build()
		{
			tree.resize(n<<2|1,1),tag.resize(n<<2|1,0);  // 初始化树和标记，初始颜色为1(1<<0)
		}
		inline void pushdown(int id)
		{
			if (tag[id]==0) return;  // 没有标记则返回
			tree[id<<1]=1<<(tag[id]-1),tree[id<<1|1]=1<<(tag[id]-1);  // 将颜色标记下传给左右儿子
			tag[id<<1]=tag[id],tag[id<<1|1]=tag[id];  // 设置左右儿子的懒标记
			tag[id]=0;  // 清空当前标记
		}
		inline void update(int l,int r,int ql,int qr,int v,int id)
		{
			if (ql<=l && qr>=r)  // 完全覆盖区间
			{
				tree[id]=1<<(v-1),tag[id]=v;  // 设置当前节点颜色和标记
				return;
			}
			pushdown(id);  // 下传标记
			int mid=(l+r)>>1;
			if (ql<=mid) update(l,mid,ql,qr,v,id<<1);  // 更新左子树
			if (qr>mid) update(mid+1,r,ql,qr,v,id<<1|1);  // 更新右子树
			tree[id]=tree[id<<1]|tree[(id<<1)|1];  // 合并左右子树的颜色集合
		}
		inline int query(int l,int r,int ql,int qr,int id)
		{
			if (ql<=l && qr>=r)  // 完全覆盖区间
				return tree[id];  // 直接返回颜色集合
			pushdown(id);  // 下传标记
			int mid=(l+r)>>1,sum=0;
			if (ql<=mid) sum|=query(l,mid,ql,qr,id<<1);  // 查询左子树
			if (qr>mid) sum|=query(mid+1,r,ql,qr,id<<1|1);  // 查询右子树
			return sum;  // 返回合并后的颜色集合
		}
};
int f(int x)
{
    int i=0;
    for (;x>0;x&=(x-1),i++);  // 计算二进制中1的个数(颜色种类数)
    return i;
}
signed main()
{
	cin >> n >> t >> m;  // 读入长度n, 颜色总数t, 操作数m
	segtree tree;
	tree.build();  // 初始化线段树
	char c;
	int x,y,z;
	while (m--)
	{
		cin >> c >> x >> y;
		if (x>y) swap(x,y);  // 确保区间左端点<=右端点
		if (c=='C')  // 涂色操作
		{
			cin >> z;
			tree.update(1,n,x,y,z,1);  // 更新区间颜色
		}
		else  // 查询操作
			cout << f(tree.query(1,n,x,y,1)) << endl;  // 查询并输出颜色种类数
	}
    return 0;
}