baka's trick

众所周知，双指针适用于一类固定左端点，右端点具有单调性的问题，由于每个点只会被删一次，所以令加入/删除的时间复杂度为 $O(B)$，总时间复杂度 $O(nB)$。

而对于一些信息，加入是简单的，但是删除是困难的（例如 gcd、min）等，这时我们考虑 baka's trick 把删除扔掉。

考虑设一个阈值 $p$，假设当前双指针两个端点是 $l,r$，要维护的信息是 $f(l,r)$，我们开两个栈，一个栈维护 $\mathrm{\forall }l\le i\le mid,f(i,mid)$，另一个栈维护 $\mathrm{\forall }mid<i\le r,f(mid+1,r)$，当 $l$ 或者 $r$ 右移时，我们只需要弹栈就行。要得到 $f(l,r)$ 时，只需要合并两个栈顶的信息即可。当 $l$ 移出 $mid$ 时，令新的 $mid$ 为原来的 $r$，则我们把另一个栈维护的信息从 $\mathrm{\forall }mid<i\le r,f(mid+1,i)$ 重构成 $\mathrm{\forall }mid<i\le r,f(i,r)$，然后令 $l$ 为原来的 $mid$，$mid$ 为原来的 $r$，然后这个栈就变成维护 $\mathrm{\forall }l\le i\le mid,f(i,mid)$ 的了，以此类推下去。

这样我们只会加入和合并，令加入/合并的时间复杂度为 $O(C)$，总时间复杂度 $O(nC)$。

一个例子：求 $l\le r$ 的数量使得 $\underset{i=l}{\overset{r}{gcd}}{a}_i\ne 1$。我们要维护的信息是 $f(l,r)=gcd(a_l,\cdots ,a_r)$，加入和合并复杂度均为 $O(\log V)$，时间复杂度 $O(n\log V)$。

一个不太行的例子：求 $l\le r$ 的数量使得 $[l,r]$ 内的物品做背包（令背包容量为 $m$）的最大价值小于等于 $k$。我们要维护的信息是 $f(l,r)=\mathrm{knapsack}(l,\cdots ,r)$，即对区间内物品做背包后的结果。虽然加入的时间复杂度为 $O(m)$，但是合并时间复杂度为 $O(m^2)$，所以总时间复杂度是 $O(n{m}^2)$，在某些题上可能需要更快的解法。