给出长度为 $n$ 的排列 $a_{1} \sim a_{n}$ ， $m$ 次询问有多少对 $[l, r]$ 满足 $L \leq l \leq r \leq R$ 且 $\forall i \in [L, R], a_{i} \in [X, Y]$ 。

$n, m \leq 2 \times 10^{5}$ 。

$3 s \sim 7 s / 125 MB$ 。

下文中默认 $O (n) = O (m)$ ，分块以 $O (\sqrt{n})$ 为块长。

考虑对 $[X, Y]$ 这个限制莫队。设当前维护的值域区间是 $[x, y]$ ，令 $w_{i} = [x \leq a_{i} \leq y]$ 。对于一个询问我们要求当 $x, y$ 分别扫到 $X, Y$ 时， $w$ 数组的区间 $[L, R]$ 内有多少全部为 $1$ 的子区间。

由于给出的是一个排列， $x, y$ 移动一步时只会带来 $w$ 数组一个位置的改变。相当于要支持单点 $0$ 变 $1$ （或 $1$ 变 $0$ ），区间查询 $[L, R]$ 内有多少全部为 $1$ 的子区间（简称为答案）。

考虑线段树，一个节点维护一下几个信息：

$len$ ：代表这个节点对应的区间长度。
$llen$ ：代表这个节点对应的区间中，以左端点开始的最长连续 $1$ 段长度。
$rlen$ ：代表这个节点对应的区间中，以右端点结束的最长连续 $1$ 段长度。
$sum$ ：代表这个节点对应的区间的答案。

合并两个节点 $u, v$ 的信息时，都考虑该信息是否跨过中点。具体地，设 $\otimes$ 为合并操作：

${len}_{u \otimes v} = {len}_{u} + {len}_{v}$
${llen}_{u \otimes v} = {\begin{cases} {len}_{u} + {llen}_{v}, {len}_{u} = {llen}_{u} \\ {llen}_{u}, otherwise \end{cases}$
${rlen}_{u \otimes v} = {\begin{cases} {len}_{v} + {rlen}_{u}, {len}_{v} = {rlen}_{v} \\ {rlen}_{v}, otherwise \end{cases}$
${sum}_{u \otimes v} = {sum}_{u} + {sum}_{v} + {rlen}_{u} \cdot {llen}_{v}$

容易支持单点修改。这样做时间复杂度为 $O (n \sqrt{n} \log n)$ ，空间复杂度为 $O (n)$ 。不够优美。

原因是修改数量为 $O (n \sqrt{n})$ ，而询问数量仅有 $O (n)$ 。考虑换成 $O (1)$ 修改 $O (\sqrt{n})$ 查询的分块。

记：

${bl}_{i}, {br}_{i}$ 为第 $i$ 块的左右端点。
${bel}_{i}$ 为 $i$ 位置所在块。
$A_{i}$ 为第 $i$ 块的信息。
${pos}_{i}$ 的意义如下：若 $i$ 是这个块中一个极长 $1$ 连续段的端点，则 ${pos}_{i}$ 的值为它所在极长 $1$ 连续段的另一个端点；否则 ${pos}_{i} = 0$ 。

考虑 $w_{i}$ 由 $0$ 变 $1$ 怎么修改。考虑修改后极长 $1$ 连续段的情况怎么变，显然它只可能接上修改前 $i - 1$ 所在极长 $1$ 连续段和 $i + 1$ 所在极长 $1$ 连续段。以此来处理 $pos$ 数组的变化。注意不存在这两个位置或这两个位置与 $i$ 不在同一块中的情况，具体可以看代码，个人认为讨论了所有可能的情况，虽然有一些繁杂。

处理好修改后 $i$ 所在极长 $1$ 连续段后，新增的答案就是这个段中包含 $i$ 的子区间数量，是容易计算的。

至于 $llen$ 和 $rlen$ 的变化，容易通过修改后的 $pos$ 数组求出。

但是发现 $w_{i}$ 由 $1$ 变 $0$ 的情况不好处理，于是考虑回滚莫队，每次撤销最新的一次 $0$ 变 $1$ 回退上一个版本。用栈按时间顺序存储修改的量即可。

查询可以考虑从左往右遍历每个查询区间中的块（包括散块），散块暴力计算信息，整块就用维护好的 $A_{i}$ ，然后像上面那样合并。

处理询问时，对于左右端点在莫队中分出的块相同时，对于 $[X, Y]$ 这个值域，让指针 $j$ 从 $X$ 扫到 $Y$ 暴力更新 $[X, j]$ 的信息。然后查询、撤销。单次时间复杂度为 $O (\sqrt{n})$ 。

剩下的询问离线跑回滚莫队。每次做一段左端点在莫队中分出的块相同的询问。假设这一块的右端点为 $R_{0}$ ，我们只考虑撤销 $[X, R_{0}]$ 的操作，保留 $(R_{0}, Y]$ 的操作。这样对于排序后的每一个询问 $i$ ，可以先从上一个询问的 $(R_{0}, Y_{i - 1}]$ 扩展到这个询问的 $(R_{0}, Y_{i}]$ ，再添加 $[X, R_{0}]$ 的操作，再查询，再撤销这些操作回到 $(R_{0}, Y_{i}]$ 的版本，再继续做下一个询问。