考慮所有右端點確定為位置$r$的區間，顯然它們的左端點取值可以在某個區間$[l,r]$中
因此我們只需要對每個$r$確定對應的$l$
我們令$pre[i]$表示$i$位置前面第乙個和$i$顏色一樣的位置
那麼$l=max_(pre[i])+1$也就是不能有同時2個出現在區間內
我們列舉$r=1\cdots n$，得到答案表示式：
$ans=\sum_^n r-max(pre[i])=\frac-\sum_^n max(pre[i])$
我們只需要處理後面那個東西
考慮用線段樹維護這個值，令線段樹上區間$[x,y]$表示：$\sum_^ maxn(pre[i])$
我們同時再記錄乙個最大值，表示區間$[x,y]$中$pre[i]$的最大值
線段樹上update的時候，最大值很好維護，但是這個和不太好處理
父親顯然可以直接繼承左兒子的值，而右兒子則不行
因為右兒子記錄的是$\sum_^ maxn(pre[i])$
但是我們需要的是$\sum_^ maxn(pre[i])$
那麼我們可以用左兒子的最大值$val$，帶著它遞迴進入右兒子處理
每次進入右邊的乙個區間，首先判斷當前最大值是否小於等於$val$，如果是，則整個區間一定全部取$val$，直接返回即可
否則判斷當前區間的左兒子是否小於等於$val$，如果是，那麼左邊兒子可以全部取$val$，遞迴進入右邊處理
否則，需要遞迴進入左兒子，注意到此時右兒子中一定全部大於$val$，直接返回即可，不需要再遞迴進入右兒子
（如果上面這段沒有看懂，可以參考**，有注釋）
這樣處理完之後，每次修改的複雜度是$o(\log ^2 n)$，查詢就是輸出線段樹根的值
#include#include#include#include#include#include#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}sets[200010];
ll n,p[200010],a[200010];
namespace seg
void update(ll l,ll r,ll num)
void build(ll l,ll r,ll num)
ll mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,num<<1);build(mid+1,r,num<<1|1);
update(l,r,num);
} void change(ll l,ll r,ll num,ll pos,ll val)
ll mid=(l+r)>>1;
if(mid>=pos) change(l,mid,num<<1,pos,val);
else change(mid+1,r,num<<1|1,pos,val);
update(l,r,num); }}
int main()
} seg::build(1,n,1);
ll q=read();
while(q--)
else seg::change(1,n,1,(*suf),0);
}s[a[t1]].erase(it);
s[t2].insert(t1);
it=s[t2].find(t1);
it++;suf=it;it--;
if(suf!=s[t2].end()) seg::change(1,n,1,*suf,t1);
if(it!=s[t2].begin())
else seg::change(1,n,1,t1,0);
a[t1]=t2;
} else printf("%lld\n",(ll)(n*(n+1)/2)-seg::sum[1]);
}}
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