通过离线将操作建树，即可得到最终存在的操作。
然后逆着操作的顺序，倒着进行染色，对于每行维护一个并查集即可。
时间复杂度$O(n(n+m))$。
#include<cstdio>
const int N=1010,M=100010;
int n,m,i,j,x,C,X1,Y1,X2,Y2,f[M],cnt,pos[M],e[M][5],col[N][N];char ch;
struct DSU{
int f[N];
void init(){for(int i=0;i<=n+1;i++)f[i]=i;}
int F(int x){return f[x]==x?x:f[x]=F(f[x]);}
}g[N];
inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}
int main(){
read(n),read(m),read(m);
for(i=1;i<=m;i++){
while((ch=getchar())!='P'&&ch!='S'&&ch!='L');
if(ch=='P'){
f[i]=x;x=i;
for(j=0;j<5;j++)read(e[i][j]);
}
if(ch=='S')pos[++cnt]=x;
if(ch=='L')read(x),x=pos[x];
}
for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<n;j++)col[i][j]=1;
for(i=0;i<n;i++)g[i].init();
while(x){
C=e[x][0],X1=e[x][1],Y1=e[x][2],X2=e[x][3],Y2=e[x][4];
for(i=X1;i<=X2;i+=2)for(j=g[i].F(Y1);j<=Y2;j=g[i].F(j+2))g[i].f[j]=j+2,col[i][j]=C;
for(i=X1+1;i<=X2;i+=2)for(j=g[i].F(Y1+1);j<=Y2;j=g[i].F(j+2))g[i].f[j]=j+2,col[i][j]=C;
x=f[x];
}
for(i=0;i<n;puts(""),i++)for(j=0;j<n;j++)printf("%d ",col[i][j]);
return 0;
}