给出个排列\(a\)，并且给出\(m\)个区间\([L_i,R_i]\)。
定义一个排列\(b\)对于某区间\([L,R]\)合法，当且仅当对于所有\(i,j\in [L,R],a_i<a_j\)，有\(b_i<b_j\)。对于某个区间集合合法，当且仅当对于每个区间都合法。
前\(k\)个区间的答案为：构造一个有向图\(G\)，使得如果排列\(b\)对于这\(k\)个区间形成的集合合法，当且仅当对于所有\((u,v)\in E_G\)，有\(b_u<b_v\)。问最小的\(|E_G|\)。
对\(k\in [1,m]\)分别求答案。
\(n\le 2.5*10^4,q\le 10^5\)
普通的想法：先对每个区间中，如果有\(a_u<a_v\)就连边\((u,v)\)。构出图之后，删掉一些边，使得仍然满足大小关系。如果\((u,v)\)保留，当且仅当不存在\(x\neq u,v\)，存在路径\(u\to x\to v\)。
结合区间的性质思考问题：假设\(u<v\)。如果\((u,v)\)存在，那么存在同时包含\(u,v\)的区间。在这个条件下，如果\((u,v)\)被删去：如果\([u,v]\)内存在点\(t\)满足\(a_u<a_t<a_v\)，显然要删去；否则，存在一条路径\(u\to p_1\to p_2\to \dots p_k\to v\)，必定有\(p_k<u\)，所以\(p_k,u,v\)在一个区间内，于是就只需要考虑\(k=1\)的情况。也就是说，找到区间\(i\)满足\([u,v]\subseteq [L_i,R_i]\)，且\(L_i\)最小，在\([L_i,v]\)中找到\(t\)满足\(a_t>a_u\)，最小化\(a_t\)，然后判断是否有\(a_u<a_t<a_v\)。
进一步地可以推断出：从某个点\(u\)发出的有向边至多两条，一条向左一条向右。以向右的为例，找到包含\(u\)的区间最大右端点\(maxr(u)\)，在\([u,maxr_u]\)中找到\(t\)满足\(a_t>a_u\)，\(a_t\)最小（记作\(suc_r(u)\)）。向左类似地定义\(suc_l(u)\)。\((u,suc_l(u)),(u,suc_r(u))\)都是边的候选。
一种快速的做法：类似地，换成\(a_t<a_u\)且\(a_t\)最大定义\(pre_r(u),pre_l(u)\)。有结论：假设\(u<v\)，\((u,v)\)被保留当且仅当\(suc_r(u)=v \and pre_l(v)=u\)。证明：考虑上面描述的\((u,v)\)被删去的情况，可以发现在那情况中，\(t\)可以替换\(pre_l(v)\)，所以\(pre_l(v)\neq u\)。于是就可以搞出\(O(n^2)\)的简单做法。由于\(n\)小并且开7s，这种方法可以随便过。
题解做法：
以右边为例，对于每个\(u\)，找到所有可能成为\(suc_r(u)\)的点，即每个\(v\)是区间\([u,v]\)满足\(a_v>a_u\)的\(a_v\)最小的\(v\)。显然\(v_i<v_{i+1},a_v>a_{i+1}\)。
显然，随着时间增加，\(suc_r(u)\)右移。
考虑某个\((u,v_i)\)的存在时间，由以下三个参数决定：
- 第一次出现区间同时包含\(u,v_i\)的时间\(t_1\)。
- \((u,v_i)\)第一次被隐藏（即此时找到了点\(t<u\)满足\(t,u,v_i\)在同一个区间，且\(a_u<a_t<a_{v_i}\)）的时间\(t_2\)。
- 第一次出现区间同时包含\((u,v_{i+1})\)的时间\(t_3\)。
其存在时间为\([t_1,\min(t_2,t_3))\)。
\(u,v_i\)第一次被同时包含的时间可以搞个二维偏序求出。至于\(t_2\)，分别求出左右的\(v_i\)序列，用类似归并的方式搞。对于右边的某个\(v_i\)来说，可能的\(t\)是左边序列（位置递减）中一段后缀，只需要取后缀的第一个作为\(t\)。于是\(v_i\)对应的\(t\)是一定的，接下来要找到最小的\(j\)满足\(L_j\le t,v_i\le R_j\)，也可以二维偏序解决之。
有用的\((u,v)\)只有\(O(n\sqrt q)\)个。证明考虑对于某个区间\([l,r]\)，如果\(u,v\)有连边，则\(a_u,a_v\)在区间内的权值离散化后连续。把它变成\([l\pm 1,r \pm 1]\)，发现总量的变化量是\(O(1)\)的。假设跑个莫队，那么总数不会超过\(O(n\sqrt q)\)。
如何找到有用的\((u,v)\)：直接跑莫队，用set维护相对顺序，可以做到\(O(n\sqrt q\lg n)\)；也可以回滚莫队，把当前块以及之后的点排序，用链表维护，然后倒着删当前块后面的点（得知每个点加入时的前驱后继）。一开始左端点固定在块头（平常是块尾），右端点右移，在链表中加点，对于每个询问移动左端点过来（每次删掉左端点），询问后再把左端点移动回去。那么这样做除了排序之外是\(O(n\sqrt q)\)。
于是总时间\(O(n\sqrt q\lg n)\)。
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 25005
#define M 100005
int n,m;
int a[N];
int lmin[N],rmax[N];
int suc[N][2],pre[N][2];
int ans;
void work(int l,int r){
for (int i=l;i<=r;++i){
for (int &j=rmax[i];j<=r;++j)
if (a[j]>a[i]){
int &t=suc[i][0];
if (a[j]<a[t])
ans+=(pre[j][1]==i)-(pre[t][1]==i),t=j;
}
else{
int &t=pre[i][0];
if (a[j]>a[t])
ans+=(suc[j][1]==i)-(suc[t][1]==i),t=j;
}
for (int &j=lmin[i];j>=l;--j)
if (a[j]>a[i]){
int &t=suc[i][1];
if (a[j]<a[t])
ans+=(pre[j][0]==i)-(pre[t][0]==i),t=j;
}
else{
int &t=pre[i][1];
if (a[j]>a[t])
ans+=(suc[j][0]==i)-(suc[t][0]==i),t=j;
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
a[0]=n+1,a[n+1]=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
lmin[i]=i-1,rmax[i]=i+1;
suc[i][0]=suc[i][0]=0;
pre[i][0]=pre[i][1]=n+1;
}
for (int i=1;i<=m;++i){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
work(l,r);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}