【2019银川网络赛】L：Continuous Intervals

题目大意：给定一个长度为 N 的序列，定义连续区间 [l, r] 为：序列的一段子区间，满足 [l, r] 中的元素从小到大排序后，任意相邻两项的差值不超过1。求一共有多少个连续区间。

题解：单调栈 + 线段树
首先，对于区间计数类问题常规的思路是枚举区间的左端点或右端点，统计以该点为端点的区间个数，加入答案贡献。
对于这道题来说，不妨枚举答案的右端点 r，那么对于每个 r，需要快速得出有多少个左端点 l，使得区间 [l, r] 满足连续区间的性质。若能在 (O(logn)) 的时间内得出答案即可解决本题。
根据连续区间的性质，可知连续区间的定义等价于

[max(a[l...r])-min(a[l...r])+1 ge cnt ]

其中，cnt 为区间 [l, r] 中不同数字的个数。可以发现，只有取得等号的时候才满足连续区间的性质，即：(max - min - cnt = -1)。因此，对于每个枚举到的右端点 r，我们需要知道每个小于 r 的 l， [l, r] 区间的最大值和最小值以及区间不同数的个数。
可以利用线段树维护 (max - min - cnt)，只需维护区间最小值以及区间最小值的个数，即可在线段树上快速回答询问。
维护区间最值可以利用单调栈，即：第 i 个元素入栈时，栈内元素由于单调性，自然维护了区间[i, r] 的最值，每次从栈中弹出元素时，需要在线段树上修改维护的最值贡献。
维护区间颜色数是一个经典问题，即：维护一个 pre 数组，用于记录上一次某个元素出现的位置。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

struct node { // max - min - cnt >= -1
	#define ls(o) t[o].lc
	#define rs(o) t[o].rc
	int lc, rc;
	LL mi, cnt, add;
};
vector<node> t;
int tot, rt;
inline void up(int o) {
	if (t[ls(o)].mi == t[rs(o)].mi) {
		t[o].mi = t[ls(o)].mi;
		t[o].cnt = t[ls(o)].cnt + t[rs(o)].cnt;
	} else if (t[ls(o)].mi < t[rs(o)].mi) {
		t[o].mi = t[ls(o)].mi;
		t[o].cnt = t[ls(o)].cnt;
	} else {
		t[o].mi = t[rs(o)].mi;
		t[o].cnt = t[rs(o)].cnt;
	}
}
inline void down(int o) {
	if (t[o].add != 0) {
		t[ls(o)].mi += t[o].add, t[ls(o)].add += t[o].add;
		t[rs(o)].mi += t[o].add, t[rs(o)].add += t[o].add;
		t[o].add = 0;
	}
}
inline int newnode() {
	++tot;
	t[tot].lc = t[tot].lc = t[tot].mi = t[tot].cnt = t[tot].add = 0;
	return tot;
}
void build(int &o, int l, int r) {
	o = newnode();
	if (l == r) {
		t[o].mi = t[o].add = 0, t[o].cnt = 1;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	build(ls(o), l, mid);
	build(rs(o), mid + 1, r);
	up(o);
}
void modify(int o, int l, int r, int x, int y, LL add) {
	if (l == x && r == y) {
		t[o].mi += add, t[o].add += add;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	down(o);
	if (y <= mid) {
		modify(ls(o), l, mid, x, y, add);
	} else if (x > mid) {
		modify(rs(o), mid + 1, r, x, y, add);
	} else {
		modify(ls(o), l, mid, x, mid, add);
		modify(rs(o), mid + 1, r, mid + 1, y, add);
	}
	up(o);
}

int main() {
	int T, kase = 0;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		int n; 
		scanf("%d", &n);
		vector<int> a(n + 1);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%d", &a[i]);
		}
		t.resize(2 * n), tot = 0;
		build(rt, 1, n);
		vector<pair<int, int>> mi(n + 1), mx(n + 1);
		int top1 = 0, top2 = 0;
		map<int, int> pre;
		LL ans = 0;
		for (int i = 1, now; i <= n; i++) { // <val, pos>
			now = i;
			while (top1 > 0 && a[i] < mi[top1].first) {
				int pos = mi[top1 - 1].second;
				modify(rt, 1, n, pos + 1, now - 1, mi[top1].first - a[i]);
				--top1;
				now = pos + 1;
			}
			mi[++top1] = make_pair(a[i], i);
			now = i;
			while (top2 > 0 && a[i] > mx[top2].first) {
				int pos = mx[top2 - 1].second;
				modify(rt, 1, n, pos + 1, now - 1, a[i] - mx[top2].first);
				--top2;
				now = pos + 1;
			}
			mx[++top2] = make_pair(a[i], i);
			if (pre.find(a[i]) != pre.end()) {
				int pos = pre[a[i]];
				modify(rt, 1, n, pos + 1, i, -1);
			} else {
				modify(rt, 1, n, 1, i, -1);
			}
			pre[a[i]] = i;
			if (t[rt].mi == -1) {
				ans += t[rt].cnt;
			}
		}
		printf("Case #%d: %lld
", ++kase, ans);
	}
	return 0;
}