- 给定一个长度为 (n) 的序列 (a_{1sim n})。
- (q) 次操作，分为两种：将 (a_x) 修改为 (y)；询问 ([l,r]) 中有多少个子区间的最大值小于等于 (v)。
- (1le n,qle3 imes10^5)，(1le a_i,yle n)
操作分块：处理单点修改
如果没有修改操作，容易想到把询问按 (v) 从小到大排序，把小于等于 (v) 的数都标记为 (1)，那么就相当于询问一个区间内有多少个全 (1) 子区间。（这一部分的具体实现会在后文提及）
而对于这种单点修改问题，一个经典的解决方案就是 操作分块。
即，考虑把每 (SQ) 个操作看成一个操作块，则一个操作块中会被修改的元素至多只有 (SQ) 个，称这些元素为特殊元素。
我们按照前面的想法把询问按 (v) 从小到大排序，把小于等于 (v) 的非特殊元素都标记为 (1)，
然后，对于每一个询问，我们处理掉在它之前的那些修改，再把小于等于 (v) 的特殊元素标记为 (1)，并在询问之后撤销对特殊元素的标记。
一个操作块中每个非特殊元素只会被标记一次，一个询问最多标记 (SQ) 个特殊元素，因此修改次数的上界应该是 (frac q{SQ} imes n+q imes SQ)。询问次数仍然是 (q)。
实际实现中由于常数问题，(SQ) 要取得大一些。
序列分块
修改次数是 (O(qsqrt n))，询问次数是 (O(q))，修改次数与询问次数不均衡，因此就要用单次修改复杂度与单次询问复杂度不均衡的分块，使得总复杂度变得均衡。
考虑维护好每段 极长 的连续的 (1)。对于每个块，记录开头连续的 (1) 的个数和结尾连续的 (1) 的个数，并记下中间部分的答案。
给 (x) 打上标记，相当于是将 (x) 与 (x-1) 和 (x+1) 所在段合并，讨论一下它们在块开头、块结尾还是块中间，然后更新块信息（如果这个段跨越多个块，我们只考虑它在 (x) 所在块的部分，因为并不会对其他块造成影响）。
而要撤销标记，只要把信息还原回去就好了。
询问的时候同时维护好最后一个极长段的长度和答案，散块直接暴力，整块就把开头连续的 (1) 的个数加到最后一个极长段中，如果这个块不全是 (1) 则在计算这个极长段的贡献之后将其更新为结尾连续的 (1) 的个数，并注意加上中间部分的答案。
代码：(O(nsqrt n))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 300000
#define BS 700
#define BT 450
#define SQ 2100
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,m1,m2,a[N+5],id[N+5],u[N+5];LL V[N+5],ans[SQ+5];
I bool cmp(CI x,CI y) {return a[x]<a[y];}
struct Q {int p,x,y,v;I bool operator < (Cn Q& o) Cn {return v<o.v;}}p[SQ+5],q[SQ+5];
namespace FastIO
{
#define FS 100000
#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
#define pc(c) (FC==FE&&(clear(),0),*FC++=c)
int OT;char oc,FI[FS],FO[FS],OS[FS],*FA=FI,*FB=FI,*FC=FO,*FE=FO+FS;
I void clear() {fwrite(FO,1,FC-FO,stdout),FC=FO;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
Tp I void writeln(Ty x) {W(OS[++OT]=x%10+48,x/=10);W(OT) pc(OS[OT--]);pc('
');}
}using namespace FastIO;
namespace B//序列分块
{
int o[N+5],p[N+5],q[N+5],A[BT+5],B[BT+5];LL C[BT+5];//A[i]记录第i个块开头极长段的右端点，B[i]记录第i个块结尾极长段的左端点，C[i]记录第i个块中间段的答案
int bl[N+5],LP[BT+5],RP[BT+5];I void Init() {for(RI i=1;i<=n;++i) !LP[bl[i]=(i-1)/BS+1]&&(LP[bl[i]]=i),RP[bl[i]]=i;}//预处理
I void Cl() {for(RI i=0;i<=n+1;++i) o[i]=0,p[i]=i+1,q[i]=i-1;for(RI i=1;i<=bl[n];++i) A[i]=RP[i-1],B[i]=RP[i]+1,C[i]=0;}//清空
int T,St[N+5];LL Sv[N+5];I void U(CI x,CI op=0)//标记x，op表示这个操作是否需要撤销
{
RI b=bl[x],f=1;op&&(St[++T]=x,Sv[T]=C[b]),o[x]=1,p[x]=p[x-1],q[x]=q[x+1],q[p[x]]=q[x],p[q[x]]=p[x];//合并块
A[b]==x-1?(f=0,A[b]=min(q[x],RP[b])):C[b]-=V[x-p[x]],B[b]==x+1?(f=0,B[b]=max(p[x],LP[b])):C[b]-=V[q[x]-x],f&&(C[b]+=V[q[x]-p[x]+1]);//讨论块的位置
}
I void Bk()//撤销
{
RI x,b,P,Q;W(T) o[x=St[T]]=0,C[b=bl[x]]=Sv[T--],P=p[x],Q=q[x],
q[P]=x-1,p[Q]=x+1,p[x]=x+1,q[x]=x-1,A[b]>=x&&(A[b]=x-1),B[b]<=x&&(B[b]=x+1);//还原信息
}
I void BF(CI l,CI r,int& v,LL& s) {for(RI i=l;i<=r;++i) o[i]?(v+=min(q[i],r)-i+1,i=q[i]):(s+=V[v],v=0);}//散块暴力
I LL Q(CI l,CI r)//询问
{
RI L=bl[l],R=bl[r],v=0;LL s=0;if(L==R) return BF(l,r,v,s),s+V[v];
BF(l,RP[L],v,s);for(RI i=L+1;i<R;++i) v+=A[i]-RP[i-1],A[i]^RP[i]&&(s+=V[v]+C[i],v=RP[i]-B[i]+1);return BF(LP[R],r,v,s),s+V[v];//处理整块
}
}
int w[SQ+5],tmp[N+5];I void Solve()//操作分块
{
RI i,j,k,o,t,c=0;for(i=1;i<=m1;++i) !u[p[i].x]&&(u[w[++c]=p[i].x]=a[p[i].x]);//记下特殊元素
for(sort(q+1,q+m2+1),B::Cl(),i=j=k=1;i<=n;++i)//将询问按v排序
{
W(j<=n&&a[id[j]]==i) !u[id[j]]&&(B::U(id[j]),0),++j;//把等于i的数标记为1
W(k<=m2&&q[k].v==i) {for(o=1;o<=m1&&p[o].p<q[k].p;++o) u[p[o].x]=p[o].y;//处理在询问之前的修改
for(t=0,o=1;o<=c;++o) u[w[o]]<=i&&(B::U(w[o],1),++t),u[w[o]]=a[w[o]];ans[q[k].p]=B::Q(q[k].x,q[k].y),B::Bk(),++k;}//给特殊元素打标记，并在询问后撤销
}
for(i=1;i<=m1;++i) a[p[i].x]=p[i].y;for(i=1;i<=m2;++i) writeln(ans[i]);//处理所有修改；输出询问答案
for(sort(w+1,w+c+1,cmp),i=j=1,k=0;i<=c;tmp[++k]=w[i++]) W(j<=n&&(u[id[j]]||a[id[j]]<a[w[i]])) !u[id[j]]&&(tmp[++k]=id[j]),++j;//类似归并排序，保持id有序
W(j<=n) !u[id[j]]&&(tmp[++k]=id[j]),++j;for(i=1;i<=n;++i) id[i]=tmp[i],u[i]=0;
}
int main()
{
RI Qt,i,op,x,y,z;for(read(n,Qt),i=1;i<=n;++i) read(a[i]),id[i]=i,V[i]=1LL*i*(i+1)>>1;B::Init(),sort(id+1,id+n+1,cmp);
W(Qt--) read(op,x,y),op==1?p[++m1]=(Q){m2,x,y,0}:(read(z),++m2,q[m2]=(Q){m2,x,y,z}),(m1+m2==SQ||!Qt)&&(Solve(),m1=m2=0);return clear(),0;//每SQ个操作看作一块
}