题意：
有n个书架，每个书架有m个格子，现在有四种操作，操作q次。
(1,i,j)，在i号书架的第j个位置放书，如果有书则不放；
(2,i,j)，在i号书架的第j个位置拿书，如果没书则不拿；
(3,i)，将第i个书架有书的位置书拿走，将没书的位置放入书
(4,k)，回溯到第k次修改的样子
每步操作之后输出当前书的总数
数据范围：n,m<=1e3，q<=1e5
解法：
解法1：
操作4需要可持久化，那么就用可持久化线段树做，
在叶子节点存一个m大小的bitset就行了（或者直接开一个m大小的数组），
维护以下区间和。
ps：
注意数组大小不要开错。
这种解法是在线的。
-----分割线-----
解法2：
将q个询问抽象为q个点
假设当前是第k个操作
对于前3个操作，将第k个操作连接在第k-1个操作后面，即建立一条k-1到k的有向边，
对于第4个操作，假设要回溯到第x个操作，那么将第k个操作连接在第x个操作后面，即建立一条x到k的有向边。
然后dfs(0)，按顺序进行操作即可，回溯的时候撤销当前操作的影响
这样就可以巧妙的满足第4个操作的回溯了，妙啊！
ps：
这种做法需要离线
效率比第一种在线的可持久化线段树高，复杂度少一个log
code1：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=1e3+5;
const int N=1e5*log(1e5);
//
int lc[N],rc[N],sum[N];
bitset<1000+5>a[N];
int rt[100000+5],tot;
//
bitset<1000+5>full;
int n,m,q;
void update(int x,int y,int op,int l,int r,int last,int& k){
k=++tot;
//copy
lc[k]=lc[last],rc[k]=rc[last];
//
if(l==r){
a[k]=a[last];
if(op==1){//置1
a[k][y]=1;
}else if(op==2){//置0
a[k][y]=0;
}else if(op==3){//取反
a[k]^=full;
}
sum[k]=a[k].count();
return ;
}
int mid=(l+r)/2;
if(x<=mid)update(x,y,op,l,mid,lc[last],lc[k]);
else update(x,y,op,mid+1,r,rc[last],rc[k]);
sum[k]=sum[lc[k]]+sum[rc[k]];
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m>>q;
//init
for(int i=1;i<=m;i++){
full[i]=1;
}
//
for(int i=1;i<=q;i++){
int op;cin>>op;
if(op==1){
int x,y;cin>>x>>y;
update(x,y,op,1,n,rt[i-1],rt[i]);
}else if(op==2){
int x,y;cin>>x>>y;
update(x,y,op,1,n,rt[i-1],rt[i]);
}else if(op==3){
int x;cin>>x;
update(x,x,op,1,n,rt[i-1],rt[i]);
}else if(op==4){
int x;cin>>x;
rt[i]=rt[x];
}
cout<<sum[rt[i]]<<endl;
}
return 0;
}
code2：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=1e5+5;
struct Q{
int op,x,y;
}q[maxm];
vector<int>g[maxm];
bitset<1000+5>a[1000+5];
bitset<1000+5>full;
int ans[maxm];
int cnt;
int n,m,k;
void dfs(int i){
int flag=0;//修改标志,记录是否修改
if(q[i].op==1){
if(a[q[i].x][q[i].y]==0){
a[q[i].x][q[i].y]=1;
cnt++;
flag=1;
}
}else if(q[i].op==2){
if(a[q[i].x][q[i].y]==1){
a[q[i].x][q[i].y]=0;
cnt--;
flag=1;
}
}else if(q[i].op==3){
cnt-=a[q[i].x].count();
a[q[i].x]^=full;
cnt+=a[q[i].x].count();
}
ans[i]=cnt;
for(int v:g[i]){
dfs(v);
}
//回溯,撤回
if(q[i].op==1){
if(flag){
a[q[i].x][q[i].y]=0;
cnt--;
}
}else if(q[i].op==2){
if(flag){
a[q[i].x][q[i].y]=1;
cnt++;
}
}else if(q[i].op==3){
cnt-=a[q[i].x].count();
a[q[i].x]^=full;
cnt+=a[q[i].x].count();
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m>>k;
//init
for(int i=1;i<=m;i++){
full[i]=1;
}
//
q[0].op=-1;
for(int i=1;i<=k;i++){
cin>>q[i].op;
if(q[i].op==1){
cin>>q[i].x>>q[i].y;
g[i-1].push_back(i);
}else if(q[i].op==2){
cin>>q[i].x>>q[i].y;
g[i-1].push_back(i);
}else if(q[i].op==3){
cin>>q[i].x;
g[i-1].push_back(i);
}else if(q[i].op==4){
cin>>q[i].x;
g[q[i].x].push_back(i);
}
}
dfs(0);
for(int i=1;i<=k;i++){
cout<<ans[i]<<endl;
}
return 0;
}