朴素的做法是枚举左、右端点。用( exttt{set})维护区间内不同值的数量，时间复杂度(O(n^2log n))。
考虑优化这个做法，就必须避免枚举左、右端点。一种想法是，枚举(f(l,r))的值，然后计算这个值的出现次数。这是经典的算贡献的思想，但是似乎无法快速求出一个(f(l,r))的值在多少区间里出现过。
直接算(f)值的贡献行不通，转而考虑计算序列里每个位置对答案的贡献。可以认为，一个数能贡献到(f(l,r))中，当且仅当它是该值在([l,r])区间里第一次出现。我们记录下序列里每个位置上的数上一次出现的位置，记为( ext{pre}[i])。特别地，如果该位置上的数是在序列里第一次出现，则( ext{pre}[i]=0)。这样，位置(i)上的数，会贡献到(lin(pre[i],i], rin[i,n])的这些区间的(f)值中。
但是，(f)值并不是直接累加到答案里，而是要先平方，再累加到答案。如何处理这个平方呢？我们知道，(f(l,r))相当于区间里每个值第一次出现的这些位置。而((f(l,r))^2)，就相当于在这些位置中，任选出两个位置（可以重复）的方案数！
我们枚举，任选出的这两个位置，设它们分别为((i,j))（不妨设((ileq j))）。则一对((i,j))会对多少个区间产生贡献？不难发现，数量是：
分别是可选择的左端点的数量，右端点的数量。
暴力枚举((i,j))，按上述式子计算，复杂度为(O(n^2))。
但这个式子是很好优化的。我们可以枚举(j)。问题转化为，如何快速求出：(sum_{i=1}^{j}max( ext{pre}[i], ext{pre}[j]))。我们用一个变量，记录(j)前面所有( ext{pre}[i])之和，则只需要把(leq ext{pre}[j])的这部分值减去，再加上相同数量的( ext{pre}[j])即可。可以用两个树状数组，都以( ext{pre})值为下标，分别维护( ext{pre})值小于(x)的( ext{pre})值之和，及其数量。
时间复杂度(O(nlog n))。
参考代码：
//problem:sequence
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=1e6,MOD=1e9+7;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int n,a[MAXN+5],vals[MAXN+5],cnt_v,pre[MAXN+5],pos[MAXN+5],tosub[MAXN+5];
vector<int>vec[MAXN+5];
struct FenwickTree{
int sum[MAXN+5],num[MAXN+5];
void point_add(int p,int ds,int dn){
p++;
for(;p<=n;p+=(p&(-p)))add(sum[p],ds),add(num[p],dn);
}
pii prefix_query(int p){
p++;
int rs=0,rn=0;
for(;p;p-=(p&(-p)))add(rs,sum[p]),add(rn,num[p]);
return mk(rs,rn);
}
FenwickTree(){}
}T;
int main() {
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],vals[i]=a[i];
sort(vals+1,vals+n+1);
cnt_v=unique(vals+1,vals+n+1)-(vals+1);
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=lob(vals+1,vals+cnt_v+1,a[i])-vals;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
pre[i]=pos[a[i]];
pos[a[i]]=i;
vec[pre[i]].pb(i);
}
int ans=0;
/*
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=pre[i]+1;j<=i;++j){
add(ans,(ll)(j-max(pre[i],pre[j]))*(n-i+1)%MOD*(i==j?1:2)%MOD);
}
}
*/
for(int i=1,sumpre=0;i<=n;++i){
if(i>1){
int x=(ll)i*(i-1)/2%MOD;
sub(x,sumpre);
pii q=T.prefix_query(pre[i]);
add(x,q.fi);
sub(x,(ll)q.se*pre[i]%MOD);
x=(ll)x*(n-i+1)*2%MOD;
sub(x,tosub[i]);
add(ans,x);
}
add(ans,(ll)(i-pre[i])*(n-i+1)%MOD);
add(sumpre,pre[i]);
T.point_add(pre[i],pre[i],1);
for(int j=0;j<SZ(vec[i]);++j){
int ii=vec[i][j];
int x=(ll)i*(i+1)/2%MOD;
sub(x,sumpre);
pii q=T.prefix_query(pre[ii]);
add(x,q.fi);
sub(x,(ll)q.se*pre[ii]%MOD);
x=(ll)x*(n-ii+1)*2%MOD;
add(tosub[ii],x);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}