很好的题，可以用线段树做，也可以递推（dp?）
Mex
题意：求所有区间的mex和。mex值为没有在该区间出现过的最小非负整数。
先用比较好理解的线段树：
蒟蒻参考了多位dalao的题解，这里就不放链接了。。。
想法是每次求以i为起点的区间的mex值的和，最后累加即为答案。
可以先预处理出1为起点的区间的mex值，用它构造一棵线段树，要有求和和求最大值的操作。
为什么要求最大值呢？ 往下看~
构造好线段树之后，1为起点的区间的mex和已经得到了，就是sum[1]。
接下来求2为起点的，首先第一步要删掉a[1]，这里把mex[1]置为0。
删掉val=a[1]这个元素对后面的有什么影响呢？易知它不会对下一个出现val（下一个出现val的位置是nex[1]）之后的位置产生影响，因为后面的区间已经包含val了（不少它这一个）
然后我们需要求得大于val的最大mex的位置pos，线段树单点查询最大值即可得到。
对于pos到nex[1] - 1的元素，所有的mex值都要变成a[i]（不难想），成段更新线段树即可。
这样就得到了2为起点的区间的mex和，sum[1]。
下面就是重复了~~
代码中有几处很巧妙的地方，要细细领会~
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int maxn=200010;
4 #define CLR(m,a) memset(m,a,sizeof(m))
5 #define ll long long
6 #define lson l,m,rt<<1
7 #define rson m+1,r,rt<<1|1
8 int maxmex[maxn<<2],_set[maxn<<2];
9 ll sum[maxn<<2];
10
11 int mex[maxn],vis[maxn];
12 int head[maxn],nex[maxn];
13 int a[maxn];
14
15 void pushup(int rt){
16 sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
17 maxmex[rt]=max(maxmex[rt<<1],maxmex[rt<<1|1]);
18 }
19 void build(int l,int r,int rt){
20 _set[rt]=0;
21 if(l==r){
22 sum[rt]=maxmex[rt]=mex[l];
23 return ;
24 }
25 int m=(l+r)>>1;
26 build(lson);
27 build(rson);
28 pushup(rt);
29 }
30 void pushdown(int rt,int len){
31 if(_set[rt]){
32 _set[rt<<1]=_set[rt<<1|1]=1;
33 sum[rt<<1]=maxmex[rt]*1ll*(len-(len>>1));
34 sum[rt<<1|1]=maxmex[rt]*1ll*(len>>1);
35 maxmex[rt<<1]=maxmex[rt<<1|1]=maxmex[rt];
36 _set[rt]=0;
37 }
38 }
39 void update(int L,int R,int v,int l,int r,int rt){
40 if(L<=l&&r<=R){
41 _set[rt]=1;
42 sum[rt]=1ll*(r-l+1)*v;
43 maxmex[rt]=v;
44 return ;
45 }
46 pushdown(rt,r-l+1);
47 int m=(l+r)>>1;
48 if(L<=m) update(L,R,v,lson);
49 if(R>m) update(L,R,v,rson);
50 pushup(rt);
51 }
52
53 int query(int x,int l,int r,int rt){
54 if(l==r){
55 return l;
56 }
57 pushdown(rt,r-l+1);
58 int m=(l+r)>>1;
59 int ans;
60 if(x<maxmex[rt<<1]) ans=query(x,lson);
61 else ans=query(x,rson);
62 return ans;
63 }
64
65
66 int main(){
67 int n;
68 while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
69 CLR(vis,0);
70 int k=0; //没有这个优化就会超时，，差距甚大！！！
71 for(int i=1;i<=n;i++){
72 scanf("%d",&a[i]);
73 if(a[i]>n) a[i]=n+1; //!!!
74 vis[a[i]]=1;
75 for(int j=k;j<=n;j++)if(!vis[j]){
76 mex[i]=j;
77 k=j;
78 break;
79 }
80 }
81 CLR(head,0x3f); //!!!
82 for(int i=n;i>0;i--){
83 nex[i]=head[a[i]];
84 head[a[i]]=i;
85 }
86 // for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",nex[i]);puts("");
87 build(1,n,1);
88 ll ans=sum[1];
89 for(int i=1;i<=n;i++){
90 update(i,i,0,1,n,1);
91 if(maxmex[1]>a[i]){
92 int pos=query(a[i],1,n,1);
93 if(pos<nex[i]) update(pos,nex[i]-1,a[i],1,n,1);
94 }
95 ans+=sum[1];
96 }
97 printf("%lld\n",ans);
98 }
99 return 0;
100 }
下面是递推的方法：
感谢大神的分析http://blog.csdn.net/cc_again/article/details/11856847，可是对我等蒟蒻还是难以理解~~
又想了很久才有点明白orz▄█?█●，模拟一波~
我们求以i结尾的区间的mex和f[i]，再累加就是答案。为什么要这样求呢？因为可以从f[i-1]推出f[i]。记f[i] = f[i-1] +temp 。
初始temp=0，下面求temp。
现在看求第f[i]的过程，现在数列中加入了新的数val=a[i]
首先可以想到的是，对于上一个出现val的位置p（即代码里的last[a[i]]），p之前的元素（即f[p-1]，f[p-2]，…… f[1]）对f[i]的结果没有任何影响（因为在a[i]之前的区间里已经有val了）
现在考虑p到i之间的元素，可以知道，他们中可能有 因为没有val这个元素 而导致 到f[i-1]的mex是比小于等于val的，而现在加入了val，那么它的mex就会增大
那么加入val之后都对哪些元素有影响呢？
这里定义一个覆盖：如果j到i之间出现了0到x的所有值，那么称x的 覆盖为j。
对于新加入的val，求出val-1的覆盖j，那么对于p（上一个val的位置）+1到 min ( j , last[val] )之间的元素，他们到a[i]=val这个位置的mex都【至少】是val+1，本来他们到a[i-1]的mex是val，即都变大了1。此时temp += min ( j , last[val] ) - p。
上面为什么说至少呢？说明还有可能大于val+1。
举个例子，6 4 0 2 1 5 3 。现在处理第七位3， f[7] = f[6] + temp = 9 + temp 。
加入3之后，根据上面的步骤，我们先求得2的覆盖是3，所以1到3的mex至少变成了4（他们在加入3之前是3），但是显然6的mex是7,4的mex是6，这一步只使得a[3]的mex值正确了。 此时temp +=3。 temp=3。
这是因为前面已经出现了4，5，6，在加入3之前他们没有任何，加入3导致他们也有了作用。这就等价于我们又加入了4,5,6
所以我们还要求3的覆盖，4的覆盖，5的覆盖……，直到mex值完全正确。
步骤如下：
加入4，last[4]=2，3的覆盖是3，所以1到2 ( min(3,last[4] ) 的mex变成了5， 此时temp +=2。 temp=5。
继续，加入5，last[5]=6，4的覆盖是2，所以1到2 ( min(2,last[5] ) 的mex变成了6， 此时temp +=2。 temp=7。
继续，加入6，last[6]=1，5的覆盖是1，所以1到1 ( min(2,last[5] ) 的mex变成了7， 此时temp +=1。 temp=8。
到此就结束了。
所以f[i] = f[i-1] +temp = 9 + 8 =17 。
下面代码里的mp就是上面分析中说到的覆盖。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 using namespace std;
4 int a[200002],last[200002],mp[200002];
5 int main()
6 {
7 int n,cnt;
8 while(scanf("%d",&n)&&n){
9 for(int i=1;i<=n;i++)
10 scanf("%d",&a[i]);
11
12 ll ans=0;
13 ll temp=0,pre;
14 memset(last,0,sizeof(last));
15 memset(mp,0,sizeof(mp));
16 for(int i=1;i<=n;i++){
17 if(a[i]<=n){ //如果大于n，不会影响任何元素，mex的和不变
18 pre=last[a[i]];
19 last[a[i]]=i;
20 for(int j=a[i];j<=n;j++){
21 if(j) mp[j]=min(mp[j-1],last[j]);
22 else mp[j]=last[j];
23 if(mp[j]>pre){
24 temp+=mp[j]-pre;
25 }else break;
26 }
27 }
28 ans+=temp;
29 }
30 printf("%I64d\n",ans);
31 }
32 return 0;
33 }