（这是一个线性的做法）
显然对于合法的区间，众数是唯一的，因此不妨枚举众数，将众数标记为1、其余数标记为-1，此时问题即求有多少个区间和大于0
考虑暴力的做法：从左到右枚举右端点，记当前前缀和为$tot$，即查询之前有多少个前缀和小于$tot$
具体的，记$f_{i}$为（当前）有多少个前缀和为$i$，即查询$sum_{i=min }^{tot-1}f_{i}$，并将$f_{tot}$加1
（其中$min$为历史前缀最小值，初始为$f_{0}=1$且$forall i e 0,f_{i}=0$）
由于$tot$的变化是连续的，不难线性维护$sum_{i=min}^{tot-1}f_{i}$，时间复杂度为$o(n^{2})$
进一步的，注意到1的个数和是$o(n)$的，-1的段数和也是$o(n)$的，因此将连续的一段-1一起处理
具体的，考虑处理一段-1，假设这段-1之前的前缀和为$tot$，这段-1的长度为$l$，即查询$sum_{i=tot-l}^{tot-1}sum_{j=min}^{i-1}f_{j}$，并将$forall tot-lle i<tot,f_{i}$加1
对于修改，可以通过差分维护，并记差分数组为$Delta f_{i}$（定义$f_{i}=sum_{j=min}^{i}Delta f_{j}$）
对于查询，不妨暴力枚举$tot$，同样利用$tot$变化的连续性，线性维护$sum_{j=min}^{tot}Delta f_{j}$和$sum_{j=min}^{tot-1}f_{j}$，那么不难得到查询的结果（$tot$暴力枚举即代替了$i$），但时间复杂度仍为$o(n^{2})$
考虑$min$，显然当$totle min$时之后的部分必然都为0，不妨直接变为最终的$tot-l$（注意更新$min$）
考虑此时的复杂度，注意到每一次$mn$减少，都会减少对应$tot$的枚举，而最终$mn$至多为所有元素和，因此$tot$的枚举级别是1的个数，也即$o(n)$的
对于单个1直接暴力"枚举"$tot$即可，显然是$o(n)$的
最终，总复杂度为$o(n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define ll long long 5 stack<int>st; 6 vector<int>v[N]; 7 int t,n,m,x,now,mn,cnt,s,f[N<<1]; 8 ll ans; 9 void update(int l,int r){ 10 f[l]++,f[r+1]--; 11 st.push(l),st.push(r+1); 12 cnt++; 13 } 14 void dec(int x){ 15 for(int i=0;i<x;i++){ 16 if (now==mn){ 17 now=mn=now-(x-i); 18 cnt=s=0; 19 return; 20 } 21 cnt-=f[now--],s-=cnt,ans+=s; 22 } 23 } 24 int main(){ 25 scanf("%d",&t); 26 while (t--){ 27 scanf("%d",&n); 28 m=1e6,ans=0; 29 for(int i=0;i<=m;i++)v[i].clear(); 30 for(int i=1;i<=n;i++){ 31 scanf("%d",&x); 32 v[x].push_back(i); 33 } 34 for(int i=0;i<=m;i++){ 35 int lst=0; 36 now=mn=n,cnt=s=0; 37 update(now,now); 38 //cnt=sum_{i=mn}^{tot}f_{i},s=sum_{i=mn}^{tot-1}sum_{j=mn}^{i}f_{j} 39 for(int j=0;j<v[i].size();j++){ 40 if (lst+1<v[i][j]){ 41 dec(v[i][j]-lst-1); 42 update(now,now+(v[i][j]-lst-1)-1); 43 } 44 s+=cnt,cnt+=f[++now],ans+=s; 45 update(now,now); 46 lst=v[i][j]; 47 } 48 if (lst<n)dec(n-lst); 49 while (!st.empty()){ 50 f[st.top()]=0; 51 st.pop(); 52 } 53 } 54 printf("%lld ",ans); 55 } 56 return 0; 57 }