先考虑(aleq 2)。
(g)值为(1)的区间可以从原数列中删除。
显然如果两个区间(a1)包含(a2)，则(a1)是无用的，把它去掉。
去掉无用的区间的过程显然可以使用单调栈维护。
剩余的区间肯定没有包含关系。
把所有区间按照左端点从小到大排序，则右端点也是递增的。
考虑离散化，从左到右dp。发现我们如果方案合法，则任何时候被覆盖的一定是一段前缀。
设(f_{i,j})表示dp到第(i)个段，排序后([1...j])被覆盖的方案数。
令(t_{i,j})表示如果([1...j])被覆盖，接下来在(i)位置填2的方案数。
如果填入后不连续则(t_{i,j}=-1)
显然(t_{i,})可以使用双指针预处理。
当前位置填(2)，假如当前段长度为(len)，则根据补集转化方案数为(2^{len}-1)。
当前位置填(1)，则方案数为(1)
预处理转移系数，时间复杂度(O(n^2))
再考虑原问题。
注意到两个相交区间([l1,r1],[l2,r2])，假设第一个的值为(a)，第二个值为(b)，(a<b)
则可以把第二个区间调整到与第一个区间不相交，答案不变。
所以考虑对于所有值相同的区间计算答案，然后删除这些区间在原数列覆盖的位置后计算值更大的区间，再把每种值的区间的答案乘起来。
假设当前处理区间值为(v)，会发现转移系数或者为(g^{len}-(g-1)^{len})或者((g-1)^{len})。
预处理转移系数，时间复杂度还是(O(n^2))