This way
题意：
给你一张图，每个点都有一个权值。定义F(x)表示与x相连的所有的点的集合的MEX
每次有两种操作：
1 x y 将点x的值改成y
2 x 询问F(x)
题解：
这种题目很久以前做到过，但是现在一下子还想不到了，我也不知道这个叫什么，应该是分类讨论吧…就假定它是分块。
首先我们将点根据它连边的数量分为大点和小点。大点是指连边>=333的点。可知这种点是不会超过400个的。但是如果每次这种点修改了之后都修改它连边的那些点的话，时间复杂度会很高，不如就先不管他。一开始处理所有的小点，然后小点查询的时候如果有大点连边的话，就将大点加入小点的集合。询问大点也类似，将与它相连的小点在一开始放入它的集合，在询问的时候将大点放入集合。这样的时间复杂度会较低。
然后我是将每个点放入相邻点的树状数组中，查询答案的时候二分查询前缀和是否等于这个点的值就行了。
然后用num维护每个点邻接的每种权值的点有多少个。如果权值超出这个点的siz就不用管了，因为在这个权值之前一定有一个值是MEX
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=333;
vector<int>sum[N],num[N],son[N],big[N];
int siz[N],a[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void add(int id,int x,int v){for(int i=x;i<=siz[id];i+=lowbit(i))sum[id][i]+=v;
}
int query(int id,int x){int ans=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=sum[id][i];return ans;
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n,m,q;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]),a[i]++;siz[i]=0;big[i].clear();son[i].clear();}int x,y;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&x,&y);son[x].push_back(y);son[y].push_back(x);siz[x]++,siz[y]++;}for(int i=1;i<=n;i++){sum[i].clear();sum[i]=vector<int>(siz[i]+5,0);num[i].clear();num[i]=vector<int>(siz[i]+5,0);for(int j:son[i])if(siz[j]>=M)big[i].push_back(j);}for(int i=1;i<=n;i++){if(siz[i]<M){for(int j:son[i]){if(a[i]>siz[j])continue;num[j][a[i]]++;if(num[j][a[i]]==1)add(j,a[i],1);}}}scanf("%d",&q);while(q--){int op;scanf("%d%d",&op,&x);if(op-2){scanf("%d",&y),y++;if(siz[x]>=M)a[x]=y;else{for(int i:son[x]){if(a[x]>siz[i])continue;num[i][a[x]]--;if(!num[i][a[x]])add(i,a[x],-1);}a[x]=y;for(int i:son[x]){if(a[x]>siz[i])continue;num[i][a[x]]++;if(num[i][a[x]]==1)add(i,a[x],1);}}}else{for(int i:big[x]){if(a[i]>siz[x])continue;num[x][a[i]]++;if(num[x][a[i]]==1)add(x,a[i],1);}int l=1,r=siz[x],mid,ans=1;while(r>=l){mid=l+r>>1;if(query(x,mid)==mid)l=ans=mid+1;elser=mid-1;}printf("%d\n",ans-1);for(int i:big[x]){if(a[i]>siz[x])continue;num[x][a[i]]--;if(!num[x][a[i]])add(x,a[i],-1);}}}}return 0;
}