题意
定义一个区间 $l,r$ 为好的当且仅当最小值为 $a_l$ 且最大值为 $a_r$ 或 最大值为 $a_l$ 且最小值为 $a_r$。
我们先考虑最小值为 $a_l$ 且最大值为 $a_r$ 的，另一个我们翻转过来在搞一遍就好了。
先考虑将询问离线按 $r$ 排序，容易发现，对于每个右端点 $r$ 对应的合法左端点是一段单调递增的数，若我们将 $r$ 从小到大跑，最后一次给左端点 $l$ 赋值的右端点 $r$ 一定是最优的，这很显然，因为固定了 $l$，$r$ 越大，长度越大。
然后由于对应的合法左端点是一段单调递增的数，可以用单调栈存，考虑开两个线段树分别维护单调栈里的和不在单调栈里的，这里注意，由于 $r$ 前面可能有比 $a_r$ 大的数，所以要二分判单调栈内第一个合法位置在哪。
由于每个数最多进栈出栈一次，所以时间是可以保证的，线段树则需要能满足单点覆盖和区间加，区间求最大值。
最后求答案，直接二分栈里第一个下标大于等于 $q_l$ 的数，同时求不在单调栈里的 $q_l$ 到 $q_r$ 的最大值就行。
然后在反着做一遍就完了，代码有部分注释方便理解。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define mid ((L+R)>>1)
#define ls (p<<1)
#define rs ((p<<1)+1)
using namespace std;
namespace IO
{template<typename T>void read(T &_x){_x=0;int _f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) _f=(ch=='-'?-1:_f),ch=getchar();while(isdigit(ch)) _x=_x*10+(ch^48),ch=getchar();_x*=_f;}template<typename T,typename... Args>void read(T &_x,Args&...others){Read(_x);Read(others...);}const int BUF=20000000;char buf[BUF],to,stk[32];int plen;#define pc(x) buf[plen++]=x#define flush(); fwrite(buf,1,plen,stdout),plen=0;template<typename T>inline void print(T x){if(!x){pc(48);return;}if(x<0) x=-x,pc('-');for(;x;x/=10) stk[++to]=48+x%10;while(to) pc(stk[to--]);}
}
using namespace IO;
const int N = 1e6+10;
int n,q,a[N],lg[N],st[N][22],ans[N],fg[N<<2],bj[N<<2],cnt,t[N],cnt1,l,r,m1d,sum,o,o1;
struct w
{int l,r,id;
}b[N];
struct w1
{int mx;
}c[N<<2][2];
inline bool cmp(w x,w y){return x.r < y.r;}
void build(int p,int L,int R,int id)
{fg[p] = bj[p] = 0;if(L == R){if(id == 0) c[p][id].mx = -l+1;//由于是求区间长度，提前减去左端点就好了 return;}build(ls,L,mid,id),build(rs,mid+1,R,id); c[p][id].mx = max(c[ls][id].mx,c[rs][id].mx);
}
inline void push_up1(int p,int id,int L,int R)
{if(id == 1) c[ls][id].mx = -t[L]+1,c[rs][id].mx = -t[R]+1;else c[ls][id].mx = -L+1,c[rs][id].mx = -R+1;bj[ls] = bj[rs] = 0;fg[ls] = fg[rs] = 1;fg[p] = 0;
}
inline void push_up(int p,int id)
{c[ls][id].mx += bj[p],c[rs][id].mx += bj[p];bj[ls] += bj[p],bj[rs] += bj[p];bj[p] = 0;
}
void change(int p,int l,int r,int k,int id,int L,int R)
{if(l <= L && R <= r){if(k == -1) {if(id == 1) c[p][id].mx = -t[L]+1,bj[p] = 0,fg[p] = 1;//注意这是栈里的数，赋的不一样 else c[p][id].mx = -L+1,bj[p] = 0,fg[p] = 1;//clear }else {if(id == 1) c[p][id].mx += k,bj[p] += k;else c[p][id].mx = max(c[p][id].mx,k);}return;} if(fg[p] && id == 1) push_up1(p,id,L,mid+1);if(bj[p] && id == 1) push_up(p,id);if(l <= mid) change(ls,l,r,k,id,L,mid);if(mid < r) change(rs,l,r,k,id,mid+1,R);c[p][id].mx = max(c[ls][id].mx,c[rs][id].mx);
}
void query(int p,int l,int r,int id,int L,int R)
{if(l <= L && R <= r){sum = max(sum,c[p][id].mx);return;}if(fg[p] && id == 1) push_up1(p,id,L,mid+1);if(bj[p] && id == 1) push_up(p,id);if(l <= mid) query(ls,l,r,id,L,mid);if(mid < r) query(rs,l,r,id,mid+1,R);
}
signed main()
{read(n); build(1,1,n,0),build(1,1,n,1);for(int i = 2;i <= n;i++) lg[i] = lg[i/2]+1;for(int i = 1;i <= n;i++) read(a[i]),st[i][0] = a[i];read(q);for(int i = 1;i <= q;i++) read(b[i].l),read(b[i].r),b[i].id = i;sort(b+1,b+1+q,cmp);for(int i = 1;i <= lg[n];i++)for(int j = 1;j+(1<<i)-1 <= n;j++)st[j][i] = max(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);//st表求出最大值 cnt = 1;for(int i = 1;i <= n;i++){while(cnt1 && a[t[cnt1]] > a[i]) {sum = 0; query(1,cnt1,cnt1,1,1,n);change(1,t[cnt1],t[cnt1],sum,0,1,n);//清空后赋值 cnt1--;}t[++cnt1] = i;int k = lg[i-1];l = 1,r = cnt1,o = cnt1;while(l <= r)//二分出合法位置 {m1d = (l+r)/2;int k = lg[i-t[m1d]+1];o1 = max(st[t[m1d]][k],st[i-(1<<k)+1][k]);//如果这一段最大值=a_r，这可行 if(o1 != a[i]) l = m1d+1;else r = m1d-1,o = m1d;}change(1,o,cnt1,-1,1,1,n);//清空，应为要给新的右端点了 change(1,o,cnt1,i,1,1,n);while(cnt <= q && b[cnt].r == i)//处理右端点为i的询问 {sum = 0; query(1,b[cnt].l,b[cnt].r,0,1,n);//先求出栈外的 l = 1,r = cnt1,o = 0;while(l <= r)//二分出合法位置 {m1d = (l+r)/2;if(b[cnt].l <= t[m1d]) o = m1d,r = m1d-1;else l = m1d+1;}if(o) query(1,o,cnt1,1,1,n);ans[b[cnt].id] = sum; cnt++;}}//从大到小for(int i = 1;i <= lg[n];i++)//下半部分思路同上，就左端点变成最大了for(int j = 1;j+(1<<i)-1 <= n;j++)st[j][i] = min(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]); build(1,1,n,0),build(1,1,n,1); cnt1 = 0,cnt = 1;for(int i = 1;i <= n;i++){while(cnt1 && a[t[cnt1]] < a[i]) {sum = 0; query(1,cnt1,cnt1,1,1,n);change(1,t[cnt1],t[cnt1],sum,0,1,n);//清空后赋值 cnt1--;}t[++cnt1] = i;int k = lg[i-1];l = 1,r = cnt1,o = cnt1;while(l <= r){m1d = (l+r)/2;int k = lg[i-t[m1d]+1];o1 = min(st[t[m1d]][k],st[i-(1<<k)+1][k]);if(o1 != a[i]) l = m1d+1;else r = m1d-1,o = m1d;}change(1,o,cnt1,-1,1,1,n);change(1,o,cnt1,i,1,1,n);while(cnt <= q && b[cnt].r == i){sum = 0; query(1,b[cnt].l,b[cnt].r,0,1,n);l = 1,r = cnt1,o = 0;while(l <= r){m1d = (l+r)/2;if(b[cnt].l <= t[m1d]) o = m1d,r = m1d-1;else l = m1d+1;}if(o) query(1,o,cnt1,1,1,n);ans[b[cnt].id] = max(ans[b[cnt].id],sum); cnt++;}} for(int i = 1;i <= q;i++) print(ans[i]),pc('\n');flush();return 0;
}
