7.16T3

保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样的。

这是道毒瘤题，毒瘤的不能再毒瘤，你可以想出各种$O(n^5)$，$O(n^4)$，$O(n^3)$以至于$O(n^2)$的算法，然而你都会T，且卡常卡不过去，而正解是个$O(nlogn)$的

关于超时的算法我其实还是想说一说，由于考试的时候我zz，所以最好也就打了一个$n^4$，实际上这题的$n^3$很好打，就是枚举起始点以及块的大小，这个复杂度最多也就T27吧

然后是$n^2$的，那么你就需要认真读题，我没好好读题，我不是人，注意一下我留下的标红加粗那一行(为什么考试的时候没人给我加粗。。。。。)，他说每行每列就一个，那我们把这个方格图拍扁怎么样，我们把它从二维搞成一维，也就是表示成$a[x]=y$的形式，那么思考一下，对于一个区间$[L,R]$，这个$LR$就是横坐标的范围，也就是子方格图的宽，而$a[L]$到$a[R]$之间的$max$和$min$就是纵坐标的范围，也就是子方格图的长，那只要$max-min=R-L$，这个区间就是一个合法的区间，这样的话两层循环枚举$L$和$R$就达到了$n^2$，就可以愉快的T67了，据某些Dalao说$n^2$卡一卡可以T91

接下来就是正解了，需要用到刚才拍扁方格的思路，还要用的二分，单调性以及桶

如果我们用二分的想法的话，$ans[L,R]=ans[L,mid]+ans[mid+1,R]+$跨过$mid$部分的合法方案，关于前两项，递归下去去算就没问题，重点需要解决的是第三项，我们来想一想这个跨过$mid$都包含些什么情况

1.$min$ $max$都在左边

2.$min$ $max$都在右边

3.$min$在左边$max$在右边

4.$min$在右边$max$在左边

我们化减一下这四种方案变成  一.最值在同侧  二.最值在异侧

首先我们需要记录一下从$mid$到$L$中间这些区间内的最值以及$mid+1$到$R$中间这些区间的最值

一.最值在同侧(以均在左侧为例)

如果最值都在左侧，那么就需要满足$max[l]-min[l]=r-l$，这个和$n^2$的思路是一样的，我们移一下项，就得到了$r=max[l]-min[l]+l$，那我们就可以枚举这个$l$，来确定每一个对应的r，来看是不是符合条件

如果都在右侧，同样的思路枚举右端点就可以了

二.最值在异侧(以最小值在左最大值在右为例)

我在说正解之前提到了单调性，那什么具有单调性呢？这个区间$max$ $min$具有单调性，因为左区间的最值都是有$mid$开始推的，那从$mid$到$L$，$min$严格不上升，$max$严格不下降，这个很显然嘛，那同理，从$mid+1$到$R$ $min$严格不上升，$max$严格不下降，我们假设左区间是$[L,mid]$，那什么样的右区间是合法的呢？我们设两个指针$r1$，$r2$，把他们的初始位置放在$mid+1$处，我们在移动指针之前先想一想右区间应该满足什么才可以称作合法，诶呀，不就是$min[r]>min[l]$ $max[r]>max[l]$嘛，关于这个$max$我们可以找到第一个比$max[l]$大的，由于这个单调性，第一个$max$及其之后都大于$max[l]$，我们还可以找到最后一个比$min[l]$大的，同样由于这个单调性最后一个之后的$min$都小于$min[l]$，变成了不合法区间，这样的话我们用$r1$，$r2$这两个指针找到这个第一个和最后一个，这中间就是合法方案，他还需要满足一个什么条件来着？$max[r]-min[l]=r-l$，还是移项，那就可以变形为$max[r]-r=min[l]-l$，这样的话等式两边就变成了两个独立的部分，我们把这个独立的部分扔进桶里，让他进行加加减减的操作我们就可以得到正确的区间数，当然了，我们最开始定下了大左区间$[L,mid]$，我们现在需要缩小它，那$r1$和$r2$两个指针也就接着移动就可以了

如果最大值在左，最小值在右，也是一样的思路，在左边找到合法区间，移动右区间就可以了

当然这题还可以翻转，就是那个$reverse$，代码会变短，复杂度的话多个$logn$

注意：桶记得清空，$min[l]-l$可能小于0，所以再加个$n$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 50010
#define ll long long
using namespace std;
int n,maxx,minn;
ll ans;
int a[maxn],mi[maxn],ma[maxn],tong[maxn*3];
inline int read()
{
    int e=0,f=1;  char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')  f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')  {e=(e<<3)+(e<<1)+(ch-48);  ch=getchar();}
    return e*f;
}
ll fz(int l,int r)
{
    if(l==r)  return 1;
    ll da=0,sum=0;  int mid=(l+r)>>1;
    da=fz(l,mid)+fz(mid+1,r);
    ma[mid]=mi[mid]=a[mid];
    for(int i=mid-1;i>=l;--i)  {ma[i]=max(ma[i+1],a[i]);  mi[i]=min(mi[i+1],a[i]);}
    ma[mid+1]=mi[mid+1]=a[mid+1];
    for(int i=mid+2;i<=r;++i)  {ma[i]=max(ma[i-1],a[i]);  mi[i]=min(mi[i-1],a[i]);}
    for(int i=mid;i>=l;--i)//都在左侧
    {
        int R=ma[i]-mi[i]+i;
        if(R<=mid||R>r)  continue;
        if(ma[R]<ma[i]&&mi[R]>mi[i])  sum++;
    }
    for(int i=mid+1;i<=r;++i)//都在右侧
    {
        int L=i-ma[i]+mi[i];
        if(L>=mid+1||L<l)  continue;
        if(ma[L]<ma[i]&&mi[L]>mi[i])  sum++;
    }
    int r1=mid+1,r2=mid+1;//最小值在左，最大值在右
    while(r1<=r&&mi[r1]>mi[l])  {tong[n+ma[r1]-r1]++;  r1++;}
    while(r2<=r&&ma[r2]<ma[l])  {tong[n+ma[r2]-r2]--;  r2++;}
    for(int L=l;L<=mid;++L)
    {
        while(r1>mid+1&&mi[r1-1]<mi[L])  {r1--;  tong[n+ma[r1]-r1]--;}
        while(r2>mid+1&&ma[r2-1]>ma[L])  {r2--;  tong[n+ma[r2]-r2]++;}        
        if(tong[n+mi[L]-L]>0)  sum+=tong[n+mi[L]-L];
    }
    for(int i=mid+1;i<=r;++i)  tong[n+ma[i]-i]=0;
    r1=mid;  r2=mid;//最大值在坐，最小值在右
    while(r1>=l&&mi[r1]>mi[r])  {tong[n+ma[r1]+r1]++;  r1--;}
    while(r2>=l&&ma[r2]<ma[r])  {tong[n+ma[r2]+r2]--;  r2--;}
    for(int R=r;R>=mid+1;--R)
    {
        while(r1<mid&&mi[r1+1]<mi[R])  {r1++;  tong[n+ma[r1]+r1]--;}
        while(r2<mid&&ma[r2+1]>ma[R])  {r2++;  tong[n+ma[r2]+r2]++;}
        if(tong[n+mi[R]+R]>0)  sum+=tong[n+mi[R]+R];
    }
    for(int i=l;i<=mid;++i)  tong[n+ma[i]+i]=0;
    da+=sum;
    //cout<<"from"<<l<<"to"<<r<<"sum="<<sum<<endl;
    return da;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)  {int o=read(),p=read();  a[o]=p;}
    ans=fz(1,n);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}