传送
这题比赛的时候考了原题，顾子哥推了出来一个挺复杂的线段树，没想到竟然是正解。
我们枚举大小为(x)的数，那么如果在区间([L, R])中，(x)符合题目的条件，记(num[i])为(1)到(i)中(x)的出现次数，那么有(frac{num[R] - num[L - 1]}{R - L + 1} > frac1{2})，整理得$$2num[R] - R > 2num[L - 1] - (L - 1)$$
所以我们令(b[i] = 2num[i] - i)，就变成了要统计(b[j] < b[i](j < i))的个数了。
随便用什么数据结构维护，对于大小为(x)的数的统计，大概能达到(O(n^2logn))的复杂度。
但每次从(1)到(n)扫一遍当然不行，所以我们想，能不能只遍历(x)出现的位置。
记(i)为(x)这一次出现的位置，(nxt[i])为(x)下一次出现的位置，那么我们要快速的找到所有的(j)，满足(b[j] < b[i], j < i, i in [i, nxt[i] - 1]).
对于((i, nxt[i] - 1])中的(b[i])，有(b[i] = b[i - 1] - 1)，那么要查询的实际是连续的一段前缀和，即(sum[b[i]], sum[b[i]-1], cdots, sum[b[i] - (nxt[i] - i - 1)]).
因为还要有修改，遂启发我们用线段树维护前缀和，即每个节点维护小于等于右端点的所有数的和。
那么上述的询问就相当于对区间([b[i] - (nxt[i] - i - 1) - 1, b[i] - 1])进行查询。
而修改，如果加入一个数(t)，因为维护的是前缀和，要对区间([t, n])都加(1)。但是现在我们应该把([i, nxt[i] - 1])的贡献全部加入线段树中，即将区间([b[i], n],[b[i] - 1, n], cdots, [b[i] - (nxt[i] - i), n])全部加(1)。
稍微想一下，会发现，其实是将区间([b[i] - (nxt[i] - i), b[i]])加一个首项为1的等比数列，再将区间([b[i] + 1, n])加(nxt[i] - i).所以线段树要支持区间加和区间加等差数列，以及求区间和。
加等比数列，转换成绝对下标即可，维护一个一次函数而已。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<queue>
#include<assert.h>
#include<ctime>
using namespace std;
//#define int long long
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 5e5 + 5;
In ll read()
{
ll ans = 0;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
In void write(ll x)
{
if(x < 0) x = -x, putchar('-');
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int n, a[maxn];
int pos[maxn], nxt[maxn];
struct Tree
{
int l, r;
bool cl;
ll lzi, lzy, sum;
In void Clear()
{
cl = 1;
lzi = lzy = sum = 0;
}
}t[maxn << 3];
In void build(int L, int R, int now)
{
t[now].l = L, t[now].r = R;
if(L == R) return (void)t[now].Clear();
int mid = (L + R) >> 1;
build(L, mid, now << 1), build(mid + 1, R, now << 1 | 1);
}
In void Change(int now, ll d1, ll d2)
{
int len = t[now].r - t[now].l + 1;
t[now].lzi += d1;
t[now].sum += (d1 * (1LL * t[now].l + t[now].r) * len >> 1);
t[now].lzy += d2;
t[now].sum += d2 * len;
}
In void pushdown(int now)
{
if(t[now].cl) t[now << 1].Clear(), t[now << 1 | 1].Clear(), t[now].cl = 0;
if(t[now].lzi || t[now].lzy)
{
Change(now << 1, t[now].lzi, t[now].lzy);
Change(now << 1 | 1, t[now].lzi, t[now].lzy);
t[now].lzi = t[now].lzy = 0;
}
}
In void update(int L, int R, int now, int d1, int d2)
{
if(L > R) return;
if(t[now].l == L && t[now].r == R)
{
Change(now, d1, d2);
return;
}
pushdown(now);
int mid = (t[now].l + t[now].r) >> 1;
if(R <= mid) update(L, R, now << 1, d1, d2);
else if(L > mid) update(L, R, now << 1 | 1, d1, d2);
else update(L, mid, now << 1, d1, d2), update(mid + 1, R, now << 1 | 1, d1, d2);
t[now].sum = t[now << 1].sum + t[now << 1 | 1].sum;
}
In ll query(int L, int R, int now)
{
if(t[now].l == L && t[now].r == R) return t[now].sum;
pushdown(now);
int mid = (t[now].l + t[now].r) >> 1;
if(R <= mid) return query(L, R, now << 1);
else if(L > mid) return query(L, R, now << 1 | 1);
else return query(L, mid, now << 1) + query(mid + 1, R, now << 1 | 1) ;
}
In ll solve(int p)
{
nxt[0] = p;
int x = 0, num = 0; ll ret = 0;
while(x <= n)
{
if(x > 0) num++;
int val = (num << 1) - x, tp = nxt[x] - x - 1;
ret += query(val - tp - 1, val - 1, 1);
update(val - tp, val, 1, 1, -(val - tp - 1));
update(val + 1, n, 1, 0, tp + 1);
x = nxt[x];
}
t[1].Clear();
return ret;
}
int main()
{
n = read(); int TYPE = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read(), pos[i - 1] = n + 1;
for(int i = n; i; --i) nxt[i] = pos[a[i]], pos[a[i]] = i;
Mem(pos, 0); //重复利用
build(-n, n, 1);
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) if(!pos[a[i]]) ans += solve(i), pos[a[i]] = 1;
write(ans), enter;
return 0;
}