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给出 \(n\) 和 \(a_1\cdots a_n\)，求有多少个区间 \([l,r]\) 满足 \(a_l\cdots a_r\) 是 \(1\) 到 \(r-l+1\) 的排列。
\(a_i\leq n\leq10^6\)
思路
对于 \([l,r]\)，要满足
- \(\max_{i=l}^r a_i=r-l+1\)
- \(\forall i,j,a_i\neq a_j\)
可以猜到真正符合条件的区间应该不会很多，又因为区间一定要有且仅有一个 \(1\)，所以可以和 \(1\) 的位置考虑。先考虑一个位置 \(i\) 作为区间端点的情况，所以维护对于一个位置 \(i\) 上一个 \(1\) 和下一个 的位置 \(p_i,n_i\)。发现只考虑 \((i,i+\max_{j=i}^{n_i}a_j-1)\) 和 \((i-\max_{j=p_i}^i a_j+1,i)\) 即可。首先这个肯定是对的，但是为什么不会少呢？是因为对于再前面或后面的，如果还有最大值会被前面的左端点也算上，所以不会算漏只会算重。所以现在有不超过 \(2n\) 个区间需要判断第 \(2\) 个条件。
对于这一个条件，一般做数据结构题做多了就会想到就是求 \(\mathrm{mex}(a_l\cdots a_r)\overset{?}{=} r-l+2\)。
区间 \(\mathrm{mex}\) 是不好求的，但是考虑到我们只有 \(2n\) 个区间，所以考虑离线后排序。前缀 \(\mathrm{mex}\) 相对好求，现在考虑如果把 \(a_l\) 删去带来的影响。发现就是可以在下一个 \(a_l\) 之前使用。所以也就是对于 \(m_i\) 表示 \(\mathrm{mex}\in[l,i]\)。我们可以找到 \(f_i\) 表示下一个 \(a_i\) 的位置。于是对于每一次 \(a_l\) 的删除操作，我们可以将 \(m_i\leftarrow \min(m_i,a_l),i\in[l+1,f_l-1]\)。对于一个 \([l,r]\) 判断 \(m_r\overset{?}{=}r-l+2\) 即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=1e6+5;
ll n,a[MAXN];
ll st[MAXN][22],lg[MAXN+5];
ll qm(ll l,ll r){ll len=lg[r-l+1];return max(st[l][len],st[r-(1<<len)+1][len]);
}
ll lst[MAXN],pre[MAXN];
struct Qj{ll l,r;bool operator<(const Qj&K)const{if(l==K.l){return r<K.r;}return l<K.l;}
};
vector<Qj>V,v;
struct node{ll u,x,tag;#define lc(u) (u<<1)#define rc(u) (u<<1|1)
}t[MAXN*4];
void push_down(ll u){t[lc(u)].tag=min(t[lc(u)].tag,t[u].tag);t[rc(u)].tag=min(t[rc(u)].tag,t[u].tag);t[lc(u)].x=min(t[lc(u)].x,t[u].tag);t[rc(u)].x=min(t[rc(u)].x,t[u].tag);t[u].tag=1e18;
}
ll mex[MAXN];
void build(ll u,ll l,ll r){t[u].tag=1e18;if(l==r){t[u].x=mex[l];return;}ll mid=(l+r)>>1;build(lc(u),l,mid);build(rc(u),mid+1,r);
}
void modify(ll u,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll x){if(ql<=l&&r<=qr){t[u].tag=min(t[u].tag,x);t[u].x=min(t[u].x,x);return;}push_down(u);ll mid=(l+r)>>1;if(ql<=mid){modify(lc(u),l,mid,ql,qr,x);}if(mid+1<=qr){modify(rc(u),mid+1,r,ql,qr,x);}
}
ll nxt[MAXN],vs[MAXN];
ll query(ll u,ll l,ll r,ll x){if(l==r){return t[u].x;}push_down(u);ll mid=(l+r)>>1;if(x<=mid){return query(lc(u),l,mid,x);}return query(rc(u),mid+1,r,x);
}
bool vv[MAXN];
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;rep(i,2,n+5){lg[i]=lg[i/2]+1;};rep(i,1,n){cin>>a[i];if(a[i]==1){lst[i]=i;}else{lst[i]=lst[i-1];}st[i][0]=a[i];};for(int i=n;i>=1;--i){nxt[i]=vs[a[i]];if(nxt[i]==0){nxt[i]=n+1;}vs[a[i]]=i;if(a[i]==1){pre[i]=i;}else{pre[i]=pre[i+1];}}rep(j,1,lg[n]){for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i){st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);}};rep(i,1,n){if(lst[i]){ll l=i-qm(lst[i],i)+1,r=i;if(l>=1){V.push_back({l,r});}}if(pre[i]){ll r=i+qm(i,pre[i])-1,l=i;if(r<=n){V.push_back({l,r});}}};if(V.empty()){cout<<0<<endl;return 0;}sort(V.begin(),V.end());v.push_back(V[0]);rep(i,1,ll(V.size()-1)){if(V[i].l==V[i-1].l&&V[i].r==V[i-1].r){continue;}v.push_back(V[i]);};vv[0]=true;rep(i,1,n){mex[i]=mex[i-1];vv[a[i]]=true;while(vv[mex[i]]){mex[i]++;}};build(1,1,n);ll tot=0,ans=0;rep(i,1,n){while(tot<ll(v.size())&&v[tot].l==i){ll l=v[tot].l,r=v[tot].r,val=query(1,1,n,r);if(val==r-l+2){ans++;}tot++;}modify(1,1,n,i+1,nxt[i]-1,a[i]);};cout<<ans<<endl;return 0;
}
