题解：
首先题目要求删除一些颜色，换个说法就是要求保留一些颜色，那么观察到，如果我们设ll[i]和rr[i]分别表示颜色i出现的最左边的那个点和最右边的那个点，那么题目就是在要求我们选出的区间要满足区间[l, r]内所有颜色的max(rr[i]) <= r,并且min(ll[i]) >= l. 因为是区间相关的问题，又涉及到左右端点，因此我们考虑扫描线，那么考虑如何维护它。
因为每个颜色的ll[i]和rr[i]可以看做构成了一个区间，那么现在已经进入线段树的节点就分2种情况。
1，区间右端点超过当前右端点：
我们找到离当前右端点最近的点x，使得它代表的区间和右端点关系如上图所示，那么显然这个点x以及它之前的左端点都是不能取的，又因为这个点x是离当前右端点最近的满足条件的点，所以这个点之后都不会因为这个条件而产生冲突，即在这个点后面的，在当前右端点前面的，都满足了右端点的限制。那么我们只需要再满足左端点的限制，然后查询(x, i)对答案的贡献，其中i是当前枚举的右端点。那么我们如何找这个点呢？
观察到一个性质，在后面出现的点的右端点>= 前面出现的点的右端点 的情况下，在后面出现的肯定会更优；因此我们只需要维护一个右端点单调递减的单调栈即可，如果有一个右端点更右出现了，那么肯定会比之前右端点比它小（相等）的点更优，但是不能弹掉右端点比它大的，因为随着右端点的增大，可能这个点就失效了，但之前右端点比它大的点还是有效的。
2，区间右端点不超过当前右端点。
对于这种情况而言，显然我们要么把这个区间全部取了，要么一点都不取。因此不合法的左端点就是(ll, rr],把这段赋0即可。观察到因为我们是赋0，不是-1，所以无法撤销，但是这是没有关系的，因此如果在当前右端点下，这个区间已经不超过它了，那么以后随着右端点的增大，就更不可能超过了，因此不需要撤回。同时也正是因为无法撤回，所以上面那种情况需要单调栈而不是直接修改，因为上面那种情况，随着右端点的增大，是会变成第二种情况的。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define R register int
4 #define AC 301000
5 #define ac 1200100
6 #define LL long long
7
8 /*用栈来维护查询的区间（因为每次的区间不同，而且都只要修改前缀，所以完全不用每次修改
9 （修改了就无法转移到下一个右端点了，因为不满足区间减法，无法撤销），
10 只需要查询指定区间内的就可以了*/
11
12 int n, tot, T;
13 LL ans;
14 int ll[AC], rr[AC], color[AC];
15 int s[AC], top;//栈
16 int tree[ac], lazy[ac], l[ac], r[ac];//线段树
17 struct co{
18 int color, id;
19 }p[AC];
20
21 struct seg{
22 int l, r;
23 }line[AC];
24
25 bool z[AC];
26
27 inline int read()
28 {
29 int x = 0;char c = getchar();
30 while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘) c = getchar();
31 while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
32 return x;
33 }
34
35 inline bool cmp1(seg a, seg b)
36 {
37 return a.r < b.r;
38 }
39
40 inline bool cmp(co a, co b)
41 {
42 if(a.color != b.color) return a.color < b.color;
43 else return a.id < b.id;
44 }
45
46 inline void pushdown(int x)
47 {
48 if(l[x] != r[x] && lazy[x])
49 {
50 int ll = x * 2, rr = ll + 1;
51 tree[ll] = tree[rr] = lazy[x] = 0;
52 lazy[ll] = lazy[rr] = 1;
53 }
54 }
55
56 inline void update(int x)
57 {
58 tree[x] = tree[x * 2] + tree[x * 2 + 1];
59 }
60
61 void build(int x, int ll, int rr)
62 {
63 l[x] = ll, r[x] = rr, lazy[x] = 0;
64 if(ll == rr) {tree[x] = 1; return ;}
65 int mid = (ll + rr) >> 1;
66 build(x * 2, ll, mid), build(x * 2 + 1, mid + 1, rr);
67 update(x);
68 }
69
70 void change(int x, int ll, int rr)
71 {
72 pushdown(x);
73 if(l[x] == ll && r[x] == rr) {tree[x] = 0, lazy[x] = 1; return ;}
74 int mid = (l[x] + r[x]) >> 1;
75 if(rr <= mid) change(x * 2, ll, rr);
76 else if(ll > mid) change(x * 2 + 1, ll, rr);
77 else change(x * 2, ll, mid), change(x * 2 + 1, mid + 1, rr);
78 update(x);
79 }
80
81 void find(int x, int ll, int rr)
82 {
83 pushdown(x);
84 if(l[x] == ll && r[x] == rr){ans += tree[x]; return ;}
85 int mid = (l[x] + r[x]) >> 1;
86 if(rr <= mid) find(x * 2, ll, rr);
87 else if(ll > mid) find(x * 2 + 1, ll, rr);
88 else find(x * 2, ll, mid), find(x * 2 + 1, mid + 1, rr);
89 update(x);
90 }
91
92 void pre()
93 {
94 n = read();
95 for(R i = 1; i <= n; i ++) color[i] = p[i].color = read(), p[i].id = i;
96 sort(p + 1, p + n + 1, cmp);
97 for(R i = 1; i <= n; i ++)
98 if(p[i].color != p[i - 1].color)
99 rr[p[i - 1].color] = p[i - 1].id, ll[p[i].color] = p[i].id;
100 rr[p[n].color] = p[n].id;
101 for(R i = 1; i <= n; i ++)
102 if(ll[i]) line[++tot] = (seg){ll[i], rr[i]};
103 sort(line + 1, line + tot + 1, cmp1);
104 }
105
106 void init()
107 {
108 memset(ll, 0, sizeof(ll)), memset(rr, 0, sizeof(rr));
109 tot = ans = top = 0;
110 }
111
112 void get()
113 {
114 int l = 1;
115 for(R i = 1; i <= n; i ++)//不断扩大右端点
116 {
117 //printf("!!!%d\n", i);
118 while(top && rr[color[i]] >= rr[color[s[top]]]) -- top;//如果一个点在栈顶右侧，且右端点大于等于栈顶，那么它肯定更优。
119 s[++top] = i;//栈里面存颜色就够了, ，，，不，，，还是需要存下标
120 while(top && rr[color[s[top]]] <= i) -- top;//去掉不合法的情况
121 for(; line[l].r <= i && l <= tot; ++ l)//error!!!这里要用tot，不然的话用n可能会用到一些未被覆盖的，来自前面的数据的区间
122 if(line[l].l < line[l].r) change(1, line[l].l + 1, line[l].r);
123 if(s[top] + 1 <= i) find(1, s[top] + 1, i); //要有合法的情况才查询，否则没有必要查询
124 }
125 printf("%lld\n", ans);
126 }
127
128 void work()
129 {
130 T = read();
131 while(T --) init(), pre(), build(1, 1, n), get();
132 }
133
134 int main()
135 {
136 // freopen("color7.in", "r", stdin);
137 work();
138 // fclose(stdin);
139 return 0;
140 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/ww3113306/p/9821675.html