又来发良心题解啦
(Description)
给定一个序列(A_i)。求有多少个子区间，满足该区间众数出现次数大于区间长度的一半。
(nleq5 imes10^5, 0leq A_ilt n)。
(Solution)
考虑(x)作为众数合法的区间有哪些。令(B_i=[A_i=x])，对(B_i)求个前缀和(s_i)。那么区间([l,r])合法当且仅当(s_r-s_{l-1}gt0)。
其实就是对(s)求顺序对个数。用树状数组或者值域线段树可以(O(nlog n))，那么总复杂度是(O(n^2log n))的（枚举(O(n))次(x)）。（但是这样可以过(type=2)的点了）
考虑枚举(x)作为众数时，(B_i,s_i)有什么性质。
(Sol1)
我们发现(B)序列会有少数(1)和很多连续的(-1)段。假设其中一段极长(-1)段是([l,r])，(s_{l-1}=sum)，因为(s_i)是递减的，容易发现对这段区间，依次要查的区间是([-n,sum-2],[-n,sum-3],...)可以一起查。这段区间的更新就是对([sum-1,sum-(r-l+1)])整体(+1)。
考虑查询的时候具体是求什么。设(T_i)为树状数组/线段树上下标(i)位置的值，(len=r-l+1)。考虑(T_i)被统计的次数，有$$Ans=sum_{i=-n}^{sum-1-len}len*T_i+sum_{i=sum-len}^{sum-2}T_i(sum-1-i)$$
所以用线段树维护(sum i*A_i)的和就好啦。复杂度(O(nlog n))。
树状数组也可以维护（区间加等差数列？），然而没看懂怎么实现，可以看这篇博客orz。
(Sol2)
另一种做法是TA爷(？好像都这么叫)的做法。
还是考虑优化枚举众数(x)后的求解方法。
因为序列里会有很多(-1)，称能够出现和为正的区间叫合法区间。那么(i)能作为某个极长合法区间的右端点(r)当且仅当，(B_l+B_{l+1}+..+B_i=0)，且(i)后面的最大前缀和非正。左端点同理。
怎么找呢。就是拿(+1)往左右推，遇到(-1)就用(+1)填，没有(+1)了就结束。这样会将序列分割成一段段小区间，每段小区间是合法的。（不知道怎么说.jpg）
不难发现对所有数枚举这些小区间是(O(n))的。所以拿上面那个(O(n^2log n))的算法直接分别处理这些小区间就好了。复杂度(O(nlog n))。
就是单点加区间查，可以直接树状数组。
(Sol3)
有种（感觉比较暴力的）分治做法。
设当前区间是([l,r])，中点为(mid)。注意到一个性质是，若(x)是区间([l,r])的众数，那么对于任意(kin[l,r))，(x)至少是区间([l,k])或区间((k+1,r])的众数。那么取(k=mid)，就可以求出所有经过(mid)的区间中，可能作为众数的数有哪些。注意一个区间的众数只有(O(log))个。
然后就可以枚举每个众数，看它的子区间有哪些。从(mid)往左往右扫两次就差不多惹。
复杂度(O(nlog^2n))。实际跑起来挺优秀的叭。（可能还比(Sol2)优？）
似乎还有(O(n))的？emm见LOJ统计叭。
因为偷懒代码只写了第二种。
//17424kb 2664ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int beg[N],ed[N],pre[N],nxt[N],A[N],B[N];
bool tag[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct BIT
{
int D,n,t[N<<1];
#define lb(x) (x&-x)
void Add(int p,int v)
{
for(p+=D; p<=n; p+=lb(p)) t[p]+=v;
}
int Query(int p)
{
int res=0;
for(p+=D; p; p^=lb(p)) res+=t[p];
return res;
}
}T;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
int n=read(); read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) pre[i]=ed[A[i]], ed[A[i]]=i;
for(int i=n; i; --i) nxt[i]=beg[A[i]], beg[A[i]]=i;
LL ans=0; T.D=n, T.n=n<<1, T.Add(0,1);
for(int x=0; x<n; ++x)
{
if(!beg[x]) continue;
for(int i=beg[x]; i; )
{
int p=i; B[p]=1;//
for(int t=1; p<=n&&t>=0; ++p,t+=B[p]=(A[p]==x?1:-1)) tag[p]=1;
while(i && i<p) i=nxt[i];
}
for(int i=ed[x]; i; )
{
int p=i; B[p]=1;
for(int t=1; p&&t>=0; --p,t+=B[p]=(A[p]==x?1:-1)) tag[p]=1;
while(i>p) i=pre[i];
}
for(int i=beg[x]; i; )
{
int p=i;
while(tag[p-1]) --p;
int tmp=p,t=0;
while(p<i) T.Add(--t,1), ++p;//这部分显然没有Query的必要。
while(tag[p]) T.Add(t+=B[p],1), ans+=T.Query(t-1), ++p;
p=tmp,t=0;
while(p<i) T.Add(--t,-1), tag[p++]=0;
while(tag[p]) T.Add(t+=B[p],-1), tag[p++]=0;
while(i && i<=p) i=nxt[i];//<=
}
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}