（这是石神找到的一道hiao题。）
题意：
你有一个长度为n的排列，有Q组询问$[l,r]$，每次询问$[l,r]$的子区间中有多少是好的。
一个区间是好的区间当且仅当该区间中的元素在排序后是连续的。
$n,Qleq 120000$。
题解：
为什么说这是一道hiao题呢？
像我一样的数据结构弱智选手看到之后可能会想一些树套树的操作。
但这个题有一种具有代表性的经典方法。
注意到一段区间是好的当且仅当$(max-min)-(r-l)=0$。
我们可以将将询问离线下来，每次处理以$r$为右端点的所有询问。
考虑从左往右枚举右端点$r$，并用一棵线段树维护每个点$l$的$(max-min)-(r-l)$的值。
我们不妨将以$r$为右端点时的这颗线段树称作版本$r$。
那么，以$r$为右端点的好区间个数就是版本$r$中0的个数。
以$r$为右端点，左端点在$[l,r]$间的好区间个数就是版本$r$中$[l,r]$中0的个数之和，记为$siz[r][l,r]$。
但是注意到，我们要求的答案其实是$sum_{i=l}^{r}{siz[i][l,i]}$。
那么需要对线段树上的每个节点额外记录一个$sum$，代表这个区间所有版本中0的个数之和。
也就是${sum[l,r]}=sum_{i=1}^{now}{siz[i][l,r]}$。
显然答案就是$sum[l,r]$，那么如何维护这个$sum$呢？
不妨维护一个类似$lazy$标记的$tag$标记，表示该区间现在的$siz$要对$sum$产生几次的贡献。
这个标记实际上就是把$min=0$时的$siz$一直继承下来，直到访问到它的时候再更新$siz$。
注意无论该区间现在的$min$值是不是等于0（可能被上面区间的$pushdown$改掉了），在访问到它之前都需要保留该标记，因为那个0的版本始终是有贡献的。
在$pushdown$这个$tag$的时候要注意：假如该区间当前的$min$值是由一个而不是两个子区间转移上来的，那我们只应该更新转移上来的那个子区间的$tag$。
如何判断哪个是转移上来的子区间？显然当且仅当$min_{son}=min_{now}$（注意$min_{now}$未必等于0）。
时间复杂度$O((n+Q)logn)$。
积累套路：对于询问区间子序列的信息，可以离线移动右指针，类似扫描线一样计算贡献。
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 120005 #define maxm 500005 #define inf 0x7fffffff #define ll long long using namespace std; ll N,Q,A[maxn],mn[maxn<<2],ans[maxn]; ll sum[maxn<<2],nd[maxn<<2],lz[maxn<<2]; ll siz[maxn<<2],tim[maxn<<2]; vector<pair<ll,ll> > ques[maxn]; struct node{ll v,l,r;}; stack<node> smx,smn; inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } inline void pushup(ll k){ if(mn[k<<1]==mn[k<<1|1]) mn[k]=mn[k<<1],siz[k]=siz[k<<1]+siz[k<<1|1]; else if(mn[k<<1]<mn[k<<1|1]) mn[k]=mn[k<<1],siz[k]=siz[k<<1]; else mn[k]=mn[k<<1|1],siz[k]=siz[k<<1|1]; } inline void pushdown(ll k){ if(lz[k]){ lz[k<<1]+=lz[k],lz[k<<1|1]+=lz[k]; mn[k<<1]+=lz[k],mn[k<<1|1]+=lz[k]; lz[k]=0; } if(nd[k]){ if(mn[k<<1]==mn[k]) sum[k<<1]+=siz[k<<1]*nd[k],nd[k<<1]+=nd[k]; if(mn[k<<1|1]==mn[k]) sum[k<<1|1]+=siz[k<<1|1]*nd[k],nd[k<<1|1]+=nd[k]; nd[k]=0; } } inline void build(ll l,ll r,ll k){ if(l==r){mn[k]=inf,siz[k]=1;return;} ll mid=l+r>>1; build(l,mid,k<<1),build(mid+1,r,k<<1|1); pushup(k); return; } inline void add(ll l,ll r,ll x,ll y,ll v,ll t,ll k){ if(x<=l && r<=y){mn[k]+=v,lz[k]+=v;return;} pushdown(k); ll mid=l+r>>1; if(x<=mid) add(l,mid,x,y,v,t,k<<1); if(y>mid) add(mid+1,r,x,y,v,t,k<<1|1); pushup(k); return; } inline void ins(ll l,ll r,ll p,ll v,ll t,ll k){ if(l==r){mn[k]=v;return;} pushdown(k); ll mid=l+r>>1; if(p<=mid) ins(l,mid,p,v,t,k<<1); else ins(mid+1,r,p,v,t,k<<1|1); pushup(k); return; } inline ll query(ll l,ll r,ll x,ll y,ll t,ll k){ if(x<=l && r<=y) return sum[k]; pushdown(k); ll mid=l+r>>1,res=0; if(x<=mid) res+=query(l,mid,x,y,t,k<<1); if(y>mid) res+=query(mid+1,r,x,y,t,k<<1|1); return res; } int main(){ N=read(); for(ll i=1;i<=N;i++) A[i]=read(); Q=read(); for(ll i=1;i<=Q;i++){ ll l=read(),r=read(); ques[r].push_back(make_pair(i,l)); } build(1,N,1); for(ll i=1;i<=N;i++){ ll x=A[i],nl1=i,nl2=i; while(!smx.empty()){ if(smx.top().v<x){ ll l=smx.top().l,r=smx.top().r; add(1,N,l,r,x-smx.top().v,i,1); nl1=l,smx.pop(); } else break; } while(!smn.empty()){ if(smn.top().v>x){ ll l=smn.top().l,r=smn.top().r; add(1,N,l,r,smn.top().v-x,i,1); nl2=l,smn.pop(); } else break; } node tp1; tp1.v=x,tp1.l=nl1,tp1.r=i; node tp2; tp2.v=x,tp2.l=nl2,tp2.r=i; smx.push(tp1),smn.push(tp2); if(i-1) add(1,N,1,i-1,-1,i,1); ins(1,N,i,0,i,1); sum[1]+=siz[1],nd[1]+=1; for(ll j=0;j<ques[i].size();j++){ ll l=ques[i][j].second,r=i,id=ques[i][j].first; ans[id]=query(1,N,l,r,i,1); } } for(ll i=1;i<=Q;i++) printf("%I64d ",ans[i]); return 0; }