问题 C: 奇袭
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题目描述
由于各种原因，桐人现在被困在Under World（以下简称UW）中，而UW马上 要迎来最终的压力测试——魔界入侵。
唯一一个神一般存在的Administrator被消灭了，靠原本的整合骑士的力量 是远远不够的。所以爱丽丝动员了UW全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。
在UW的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵前 发动一次奇袭，袭击魔族大本营！
为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔族 大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。
经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N ×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。
在大本营中，每有一个k×k(1≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们袭 击的难度就会增加1点。
现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。
输入
第一行，一个正整数N，表示网格图的大小以及军队数量。
接下来N行，每行两个整数,Xi,Yi，表示第i支军队的坐标。
保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样 的。
输出
一行，一个整数表示袭击的难度。
样例输入
5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3
样例输出
10
提示
【样例解释】
显然，分别以(2,2)和(4,4)为左上,右下顶点的一个子网格图中有3支军队，
这为我们的难度贡献了1点。
类似的子网格图在原图中能找出10个。
【数据范围】
对于30%的数据，N ≤ 100
对于60%的数据，N ≤ 5000
对于100%的数据，N ≤ 50000
N^2效率很好想的，但如何搞出N*logN的效率。
因为方格每行每列都只有一个，所以把它搞成一个序列，求有多少个区间的max-min的值等于区间长度就行了。
如果枚举每个区间（说白了就是N^2）过不去的，但如果少枚举区间，而将其所包含区间不重复地筛选，那么可以用分治。
对于一个区间[l,r]，[l,mid],[mid+1,r]继续分治，然后处理跨过mid的区间。而对于跨过mid的区间有两大种情况。
1，max,min均在区间的左侧（均在右侧与之对称，处理方法相同）
2,min在左侧，max在右侧（同理）
考虑如何处理。
首先预处理出单调栈，从mid分别向左向右，处理出到此处的最大最小值。
情况1，枚举左端点，此处的max-min即为当前区间的长度（设定max,min在同一侧）就可以计算出右端点的位置，判断右端点是否在mid右侧（防止加重）并判断此点的max,min是否合适。
情况2，在这里就用到桶了。因为当前区间满足rmax[right])-lmin[lift]=right-lift;
移项得rmax[right]-right=lmin[lift]-lift;只要找两边满足这个等式的点就行了。用桶扫完左边，右边去找，找到右侧第一个min<=min[l]的位置（因为是单调的，所以<=最小的不可能合适），同理第一个max>max[l]的位置才合适。再找这两个端点的过程中把不合适的踢出桶，合适的重新加进来。因为满足单调，所以桶中满足的区间也是单调的，线性找就行了。
O(N*logN^2)为什么多了个log呢，关于对称的情况，我单纯的把区间反转，调了个STL，省代码，费时间。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[500005],tong[600010];
int lmin[500005],rmin[500005],lmax[500005],rmax[500005];
int *hh=tong+300005;//为防止越界，用了一个指针
int get(int l,int r,int m)
{
int s=0;
lmax[m]=lmin[m]=a[m];
rmax[m+1]=rmin[m+1]=a[m+1];
for(int i=m-1;i>=l;i--)
{
lmax[i]=lmax[i+1]>a[i]?lmax[i+1]:a[i];
lmin[i]=lmin[i+1]<a[i]?lmin[i+1]:a[i];
}
for(int i=m+2;i<=r;i++)
{
rmax[i]=rmax[i-1]>a[i]?rmax[i-1]:a[i];
rmin[i]=rmin[i-1]<a[i]?rmin[i-1]:a[i];
}
for(int i=l;i<=m;i++)
{
int j=i+lmax[i]-lmin[i];
if(j>m&&rmax[j]<lmax[i]&&rmin[j]>lmin[i])s++;
}
int p=m+1,q=m+1;hh[rmax[q]-q]++;
while(q<r&&rmin[q+1]>lmin[l])q++,hh[rmax[q]-q]++;
while(p<=r&&rmax[p]<lmax[l])hh[rmax[p]-p]--,p++;
for(int i=l;i<=m;i++)
{
while(p>m+1&&rmax[p-1]>lmax[i])p--,hh[rmax[p]-p]++;
while(q>m&&rmin[q]<lmin[i])hh[rmax[q]-q]--,q--;
if(hh[lmin[i]-i]>0)s+=hh[lmin[i]-i];
}
for(int i=m+1;i<=r;i++)hh[rmax[i]-i]=0;
return s;
}
inline int work(int l,int r)
{
if(l==r)return 1;
int mid=(l+r)/2;
int s=work(l,mid)+work(mid+1,r);
s+=get(l,r,mid);
reverse(a+l,a+r+1);
if((r-l+1)%2)mid--;
s+=get(l,r,mid);
reverse(a+l,a+r+1);
return s;
}
int main()
{
cin>>n;int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),a[x]=y;
cout<<work(1,n);
}