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这是道毒瘤题，毒瘤的不能再毒瘤，你可以想出各种O(n5)，O(n4)，O(n3)以至于O(n2)的算法，然而你都会T，且卡常卡不过去，而正解是个O(nlogn)的
关于超时的算法我其实还是想说一说，由于考试的时候我zz，所以最好也就打了一个n4，实际上这题的n3很好打，就是枚举起始点以及块的大小，这个复杂度最多也就T27吧
然后是n2的，那么你就需要认真读题，我没好好读题，我不是人，注意一下我标红加粗那一行(为什么考试的时候没人给我加粗。。。。。)，他说每行每列就一个，那我们把这个方格图拍扁怎么样，我们把它从二维搞成一维，也就是表示成a[x]=y的形式，那么思考一下，对于一个区间[L,R]，这个LR就是横坐标的范围，也就是子方格图的宽，而a[L]到a[R]之间的max和min就是纵坐标的范围，也就是子方格图的长，那只要max-min=R-L，这个区间就是一个合法的区间，这样的话两层循环枚举L和R就达到了n2，就可以愉快的T67了，据某些Dalao说n2卡一卡可以T91
接下来就是正解了，需要用到刚才拍扁方格的思路，还要用的二分，单调性以及桶
如果我们用二分的想法的话，ans[L,R]=ans[L,mid]+ans[mid+1,R]+跨过mid部分的合法方案，关于前两项，递归下去去算就没问题，重点需要解决的是第三项，我们来想一想这个跨过mid都包含些什么情况
1.min max都在左边
2.min max都在右边
3.min在左边max在右边
4.min在右边max在左边
我们化减一下这四种方案变成 一.最值在同侧 二.最值在异侧
首先我们需要记录一下从mid到L中间这些区间内的最值以及mid+1到R中间这些区间的最值
一.最值在同侧(以均在左侧为例)
如果最值都在左侧，那么就需要满足max[l]-min[l]=r-l，这个和n2的思路是一样的，我们移一下项，就得到了r=max[l]-min[l]+l，那我们就可以枚举这个l，来确定每一个对应的r，来看是不是符合条件
如果都在右侧，同样的思路枚举右端点就可以了
二.最值在异侧(以最小值在左最大值在右为例)
我在说正解之前提到了单调性，那什么具有单调性呢？这个区间max min具有单调性，因为左区间的最值都是有mid开始推的，那从mid到L，min严格不上升，max严格不下降，这个很显然嘛，那同理，从mid+1到Rmin严格不上升，max严格不下降，我们假设左区间是[L,mid]，那什么样的右区间是合法的呢？我们设两个指针r1，r2，把他们的初始位置放在mid+1处，我们在移动指针之前先想一想右区间应该满足什么才可以称作合法，诶呀，不就是min[r]>min[l] max[r]>max[l]嘛，关于这个max我们可以找到第一个比max[l]大的，由于这个单调性，第一个max及其之后都大于max[l]，我们还可以找到最后一个比min[l]大的，同样由于这个单调性最后一个之后的min都小于min[l]，变成了不合法区间，这样的话我们用r1，r2这两个指针找到这个第一个和最后一个，这中间就是合法方案，他还需要满足一个什么条件来着？max[r]-min[l]=r-l，还是移项，那就可以变形为max[r]-r=min[l]-l，这样的话等式两边就变成了两个独立的部分，我们把这个独立的部分扔进桶里，让他进行加加减减的操作我们就可以得到正确的区间数，当然了，我们最开始定下了大左区间[L,mid]，我们现在需要缩小它，那r1和r2两个指针也就接着移动就可以了
如果最大值在左，最小值在右，也是一样的思路，在左边找到合法区间，移动右区间就可以了
当然这题还可以翻转，就是那个reverse，代码会变短，复杂度的话多个logn
注意：桶记得清空，min[l]-l可能小于0，所以再加个n
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #define maxn 50010 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 int n,maxx,minn; 7 ll ans; 8 int a[maxn],mi[maxn],ma[maxn],tong[maxn*3]; 9 inline int read() 10 { 11 int e=0,f=1; char ch=getchar(); 12 while(ch<'0'||ch>'9') 13 { 14 if(ch=='-') f=-1; 15 ch=getchar(); 16 } 17 while(ch>='0'&&ch<='9') {e=(e<<3)+(e<<1)+(ch-48); ch=getchar();} 18 return e*f; 19 } 20 ll fz(int l,int r) 21 { 22 if(l==r) return 1; 23 ll da=0,sum=0; int mid=(l+r)>>1; 24 da=fz(l,mid)+fz(mid+1,r); 25 ma[mid]=mi[mid]=a[mid]; 26 for(int i=mid-1;i>=l;--i) {ma[i]=max(ma[i+1],a[i]); mi[i]=min(mi[i+1],a[i]);} 27 ma[mid+1]=mi[mid+1]=a[mid+1]; 28 for(int i=mid+2;i<=r;++i) {ma[i]=max(ma[i-1],a[i]); mi[i]=min(mi[i-1],a[i]);} 29 for(int i=mid;i>=l;--i)//都在左侧 30 { 31 int R=ma[i]-mi[i]+i; 32 if(R<=mid||R>r) continue; 33 if(ma[R]<ma[i]&&mi[R]>mi[i]) sum++; 34 } 35 for(int i=mid+1;i<=r;++i)//都在右侧 36 { 37 int L=i-ma[i]+mi[i]; 38 if(L>=mid+1||L<l) continue; 39 if(ma[L]<ma[i]&&mi[L]>mi[i]) sum++; 40 } 41 int r1=mid+1,r2=mid+1;//最小值在左，最大值在右 42 while(r1<=r&&mi[r1]>mi[l]) {tong[n+ma[r1]-r1]++; r1++;} 43 while(r2<=r&&ma[r2]<ma[l]) {tong[n+ma[r2]-r2]--; r2++;} 44 for(int L=l;L<=mid;++L) 45 { 46 while(r1>mid+1&&mi[r1-1]<mi[L]) {r1--; tong[n+ma[r1]-r1]--;} 47 while(r2>mid+1&&ma[r2-1]>ma[L]) {r2--; tong[n+ma[r2]-r2]++;} 48 if(tong[n+mi[L]-L]>0) sum+=tong[n+mi[L]-L]; 49 } 50 for(int i=mid+1;i<=r;++i) tong[n+ma[i]-i]=0; 51 r1=mid; r2=mid;//最大值在坐，最小值在右 52 while(r1>=l&&mi[r1]>mi[r]) {tong[n+ma[r1]+r1]++; r1--;} 53 while(r2>=l&&ma[r2]<ma[r]) {tong[n+ma[r2]+r2]--; r2--;} 54 for(int R=r;R>=mid+1;--R) 55 { 56 while(r1<mid&&mi[r1+1]<mi[R]) {r1++; tong[n+ma[r1]+r1]--;} 57 while(r2<mid&&ma[r2+1]>ma[R]) {r2++; tong[n+ma[r2]+r2]++;} 58 if(tong[n+mi[R]+R]>0) sum+=tong[n+mi[R]+R]; 59 } 60 for(int i=l;i<=mid;++i) tong[n+ma[i]+i]=0; 61 da+=sum; 62 //cout<<"from"<<l<<"to"<<r<<"sum="<<sum<<endl; 63 return da; 64 } 65 int main() 66 { 67 n=read(); 68 for(int i=1;i<=n;++i) {int o=read(),p=read(); a[o]=p;} 69 ans=fz(1,n); 70 printf("%lld\n",ans); 71 return 0; 72 }