[loj3697]262144 Revisited

记$cnt_{v}$表示答案$\ge v$的区间数量，则问题即求$\sum_{v\ge 1}cnt_{v}$

记$f_{l}$表示最大的右端点$r$满足区间$[l,r)$的答案$<v$，则$cnt_{v}={n+1\choose 2}-\sum_{l=1}^{n}(f_{l}-l)$

初始$v=1$且$f_{l}=l$，当$v\rightarrow v+1$时转移即$f'_{l}=\begin{cases}l+1&a_{l}=v\\f_{f_{l}}&a_{l}\ne v\end{cases}$，时间复杂度为$o(n^{2})$

结论1：对于所有$v$，答案为$v$的极长区间数之和为$o(n\log n)$

记$f_{n}$为$n$时的答案，归纳证明$f_{n}\le o(\log n!)\le o(n\log n)$

设$a_{p}$为最大值，则$f_{n}=f_{p-1}+f_{n-p}+$包含$p$的极长区间数

在确定左端点后$l$后，显然$[l,n]$的答案$\le [l,p]$的答案$+o(\log \frac{n}{p})$，因此至多$o(\log \frac{n}{p})$个极长区间​

对于所有$o(p)$个左端点，包含$p$的极长区间数$\le o(p\log \frac{n}{p})\le o(\sum_{i=0}^{p-1}\log \frac{n-i}{p-i})=o(\log\frac{n!}{p!(n-p)!})$

代入原式显然成立，即得证

结合上述结论，考虑以下优化——

优化1：仅维护所有极长且非空的区间$[l,f_{l})$，由于$f$单调不降，条件即$\max(l,f_{l-1})<f_{l}$

在此基础上，转移分为两步：

1.将区间$[l,f_{l})$替换为$[l,f'_{l})$，其中$f_{f_{l}}$可以双指针求出（注意判断$[l,f'_{l})$是否极长）

2.对于$a_{l}=v$的位置，新增区间$[l,l+1)$，可以用归并排序与前者合并

优化2：若$\min(a_{l-1},a_{f_{l}})\ge v$，则$f'_{l}=f_{l}$（转移不影响），将其单独存储在$l$和$f_{l}$上

显然每一个位置至多存储一个，并在$a_{l}=v$时将$l$和$l+1$上存储的区间重新维护即可

结论2：上述做法的时间复杂度为$o(n\log n)$

不难发现，所有维护/存储（包括优化2）的区间$[l,f_{l})$即答案$<v$的极长区间

关于转移的第1步，对$[l,f'_{l})$是否极长分类讨论：

1.若不极长，即使得区间个数-1，可以均摊到加入区间时

2.若极长，结合$\min(a_{l-1},a_{f_{l}})<v$，在$[l-1,f_{l})$和$[l,f_{l}]$中总有一个答案$\le v$

两者均包含$[l,f_{l})$，因此$[l,f'_{l})$极长的必要条件为$f_{l}<f'_{l}$，进而$[l,f'_{l})$的答案恰为$v$（结合$f$定义）

进一步的，$[l,f'_{l})$必然是答案为$v$的极长区间，根据结论1总复杂度至多为$o(n\log n)$

另外，转移的第2步和优化2存储的复杂度显然均为$o(n)$，即得证

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300000
#define M 1000100
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
int n,a[N];ll sum,ans;pii f0[N];
vector<int>v[M];vector<pii>g,f;
void add(pii k){
    f0[k.fi]=f0[k.se]=k;
    sum+=(ll)(k.se-k.fi)*(k.se-k.fi+1)/2;
}
void dec(pii k){
    f0[k.fi]=f0[k.se]=mp(0,0);
    sum-=(ll)(k.se-k.fi)*(k.se-k.fi+1)/2;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        v[a[i]].push_back(i);
    }
    for(int i=1;i<M;i++){
        g.clear(),ans+=(ll)n*(n+1)/2-sum;
        for(int x=0;x<f.size();x++){
            int s=min(f[x].se,(x+1<f.size() ? f[x+1].fi-1 : n));
            ans-=(ll)((f[x].se-s)+(f[x].se-f[x].fi))*(s-f[x].fi+1)/2;
        }
        for(int x=0,y=0;x<f.size();x++){
            while ((y+1<f.size())&&(f[y+1].fi<=f[x].se))y++;
            if ((g.empty())||(g.back().se<f[y].se))g.push_back(mp(f[x].fi,f[y].se));
        }
        f.clear();
        for(int x=0,y=0;x<=g.size();x++){
            int s=(x<g.size() ? g[x].fi : n+1);
            while ((y<v[i].size())&&(v[i][y]<s)){
                int k=v[i][y];
                if (f0[k].fi)f.push_back(f0[k]),dec(f0[k]);
                f.push_back(mp(k,k+1));
                if (f0[k+1].fi)f.push_back(f0[k+1]),dec(f0[k+1]);
                y++;
            }
            if (x<g.size()){
                bool flag=0;
                if ((g[x].fi>1)&&(a[g[x].fi-1]<=i))flag=1;
                if ((g[x].se<=n)&&(a[g[x].se]<=i))flag=1;
                if (!flag)add(g[x]);
                else f.push_back(g[x]);
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}