题意：
给定一个长度为m的序列$A$，你有一个长度为n的棋盘，可以任选一个位置x作为起点。
在时刻$[1,m+1]$你可以向左或向右移动一格。
设时刻i你移动后所在的位置为$B_i$，你需要满足对于任意$1leq ileq m$，$A_{i} eq B_{i}$。
求有多少对有序数对$(x,y)$，使得以x为起点且以y为终点的合法移动路径存在。
$n,mleq 10^{5},1leq A_{i}leq n$。
题解：
首先观察出一个性质：设x向左最远走到l，向右最远走到r，则$[l,r]$中的位置都可以走到。
为什么呢？我们总可以在不超过m步走到这些位置，然后通过“反复横跳”的操作来躲避$A_{i}$（第m+1步的移动保证了这一点）。
考虑如何求出右边界$r(x)$，首先我们可以按照题意直接走。复杂度为$O(n^2)$貌似自闭。
当什么时候我们这一步走不了呢？设当前时间为t，走到了xt。
那么如果$t$后面的一个$i$能挡住我当且仅当其满足$A_{i}-xt=i-t$。
移个项，$A_{i}-i=xt-t$，那么将这两项视为两个点$(i,A_{i})$和$(t,xt)$，限制条件就相当于他们在同一条斜率为1的直线上。
那么现在就有两种做法，一种是维护这些直线然后$O(n)$线性处理，另外一种是用线段树模拟每一步走的操作。
观察博客的题目可知，我写的是后一种。
考虑在线段树中维护每个点x的位置$pos_{x}$，问题需要我们每次将所有能走的点往右走一步，也就是pos整体+1。
运用lazy标记的思想，我们可以每次仅将不能走的点-1，最后把pos整体+m即可。
如果这样处理的话，那么对于每个限制，（由第一个公式）它影响的就是所有$(pos+lazy)-t=A_{i}-i$的点。
因为增量lazy和t恰好抵消，于是每个限制影响的就是$pos=A_{i}-i$的点。
那么我们直接二分找到这样的一段（注意是一段），然后将其整体-1即可。
最终x的右边界就是$r(x)=seg(x)+m+1$，左边界处理方法类似，但注意移项出来是$A_{i}+i$。
复杂度$O(nlogn)$。
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 100005 #define maxm 500005 #define inf 0x7fffffff #define ll long long using namespace std; ll N,M,A[maxn],B[maxn],tr[maxn<<2]; ll R[maxn],L[maxn],lz[maxn<<2]; inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } inline void build(ll l,ll r,ll k){ if(l==r){tr[k]=l;return;} ll mid=l+r>>1; build(l,mid,k<<1); build(mid+1,r,k<<1|1); return; } inline void add(ll l,ll r,ll x,ll y,ll v,ll k){ if(x<=l && r<=y){lz[k]+=v;return;} ll mid=l+r>>1; if(x<=mid) add(l,mid,x,y,v,k<<1); if(y>mid) add(mid+1,r,x,y,v,k<<1|1); return; } inline ll query(ll l,ll r,ll p,ll k){ if(l==r) return tr[k]+lz[k]; ll mid=l+r>>1; if(p<=mid) return query(l,mid,p,k<<1)+lz[k]; else return query(mid+1,r,p,k<<1|1)+lz[k]; } int main(){ N=read(),M=read(); for(ll i=1;i<=M;i++) A[i]=read(); if(N==1){cout<<"0"<<endl;return 0;} build(1,N,1); for(ll i=1;i<=M;i++){ ll l=1,r=N,ansl=0,ansr=0; while(l<=r){ ll mid=l+r>>1; if(query(1,N,mid,1)<A[i]-i) ansl=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } ansl++,l=1,r=N; while(l<=r){ ll mid=l+r>>1; if(query(1,N,mid,1)<=A[i]-i) ansr=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } if(ansl<=ansr) add(1,N,ansl,ansr,-1,1); } for(ll i=1;i<=N;i++) R[i]=min(query(1,N,i,1)+M+1,N); memset(tr,0,sizeof(tr)); memset(lz,0,sizeof(lz)); build(1,N,1); for(ll i=1;i<=M;i++){ ll l=1,r=N,ansl=0,ansr=0; while(l<=r){ ll mid=l+r>>1; if(query(1,N,mid,1)<A[i]+i) ansl=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } ansl++,l=1,r=N; while(l<=r){ ll mid=l+r>>1; if(query(1,N,mid,1)<=A[i]+i) ansr=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } if(ansl<=ansr) add(1,N,ansl,ansr,1,1); } for(ll i=1;i<=N;i++) L[i]=max(query(1,N,i,1)-M-1,1ll*1); ll ans=0; for(ll i=1;i<=N;i++) ans+=R[i]-L[i]+1; cout<<ans<<endl; return 0; }