【题解】JXOI2017颜色

　　一眼线段树...显然，我们可以考虑最后所留下的区间，那显然这个区间中应当不能存在任何与区间外相同的颜色。这里的转化也是很常用的，我们用 \(nxt[i]\) 表示与 \(i\) 颜色相同的下一个位置在哪里， \(last[i]\) 表示与 \(i\) 颜色相同的上一个位置在哪里；那么一个区间 \(i, j\) 是满足要求的当且仅当 \(min(last[k]) >= i, max(nxt[k]) <= j (i <= k  <= j)\) 。我们可以用单调栈处理出 \(lim[i]\) 记录下第一个 \(last[k] < i (k >= i)\) 的 \(k\)。那么我们可以发现以 \(i\) 为区间左端点的区间右端点一定在 \([i, lim[i] - 1]\) 之间。我们考虑如何满足有关 \(j\) 的限制。

　　我们由于左端点是从右往左的扫描线，所以考虑答案的时候也只需要考虑当前 \(>= i\) 的 \(j\) （满足当前考虑的限制均是在 \([i, n]\) 范围内的限制）。由于 \(max(nxt[k]) <= j\) ，所以对于所有的 \(k\) 与 \(nxt[k]\) 而言，它所影响到的右端点就是在 \([k, nxt[k] - 1]\) 范围内的节点，让他们都无法与之后所有的右端点匹配成为合法的区间。我们只需要维护一棵每碰到限制就区间赋值为 \(0\)的线段树 ，并查询区间内的总和就可以计算出合法的区间总数啦。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000000
#define LL long long
#define INF 99999999999LL
int n, a[maxn], rec[maxn], mark[maxn];
int top, S[maxn], nxt[maxn], last[maxn], lim[maxn];
int sum[maxn]; LL ans;

int read()
{
    int x = 0, k = 1;
    char c; c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); }
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * k;
}

void Push_down(int p)
{
    if(!mark[p]) return;
    int ls = p << 1, rs = p << 1 | 1;
    mark[ls] = mark[rs] = 1; sum[ls] = sum[rs] = 0;
    mark[p] = 0;
}

int Query(int p, int l, int r, int L, int R)
{
    if(L > R) return 0;
    if(L > r || R < l) return 0;
    if(L <= l && R >= r) return sum[p];
    int mid = (l + r) >> 1;
    Push_down(p);
    return Query(p << 1, l, mid, L, R) + Query(p << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
}

void Update(int p, int l, int r, int L, int R)
{
    if(L > r || R < l) return;
    if(L <= l && R >= r) { mark[p] = 1, sum[p] = 0; return; }
    int mid = (l + r) >> 1;
    Push_down(p);
    Update(p << 1, l, mid, L, R), Update(p << 1 | 1, mid + 1, r, L, R); 
    sum[p] = sum[p << 1] + sum[p << 1 | 1];
}

void Build(int p, int l, int r)
{
    if(l == r) { sum[p] = 1; return; }
    int mid = (l + r) >> 1;
    Build(p << 1, l, mid), Build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
    sum[p] = sum[p << 1] + sum[p << 1 | 1];
}

void init()
{
    memset(mark, 0, sizeof(mark));
    memset(rec, 0, sizeof(rec)); 
    ans = 0;
}

signed main()
{
    int T = read();
    while(T --)
    {
        init(); n = read();
        for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = read();
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
        {
            last[i] = nxt[i] = 0;
            last[i] = rec[a[i]], nxt[rec[a[i]]] = i;
            rec[a[i]] = i; 
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) 
            if(!last[i]) last[i] = n + 2;    
        for(int i = n; i >= 1; i --)    
        {
            while(top >= 1 && last[S[top]] > last[i]) top --;    
            S[++ top] = i;
            while(top >= 1 && last[S[top]] >= i) top --;    
            if(!top) lim[i] = n + 1;
            else lim[i] = S[top];
        }
        Build(1, 1, n);
        for(int i = n; i >= 1; i --)
        {
            if(nxt[i]) Update(1, 1, n, i, nxt[i] - 1);
            ans += (LL) Query(1, 1, n, i, lim[i] - 1);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}