F. MEX vs MED

一开始写了个感觉每个点只会搞一次的那种线性 感性理解了很对 结果又wa又t

int left=l-z-1,right=n-r;
            int cnt=2*now;
            for(int len=min(n-z,cnt);len>=r-l+1;len--)
                ans+=min({left,right,len-(r-l+1),right+left+r-l+1-(len)})+1;
            for(int i=z;i<l;i++)s.erase(a[i]);
            l=z;
            now=*s.begin();         

现在回过头来看 我们这样枚举区间长度的话还是很容易构造出近似n2的做法

回归正题

我们发现只有mex（0，1，2...x-1)都存在一个区间内的时候 我们该区间小于x2的长度时 这时我们可以左右开始延展！
没错“延展”这个很有用途 为我们后面埋下了伏笔
但是我们这里延展的时候为了不重复计算 我们要用一个set来实时更新一下下一个阻断点
比如有时候我们现在枚举x-1完了 我们要吃掉x 但是去吃掉x的途中 我们还吃掉了x+1 x+2
这下我们下一个阻断点就必须是x+3了 这样才不会重复计算
但是我们考虑如何计算贡献
我们知道
我们给定了一个大区间 然后有个小区间在中间 让后最长不超过x2长度
这时候其实我们直接暴力枚举即可 但是枚举的方向同x的方向
比如我们x在左我们就让l去左 这样就保证了每个点只枚举了一次！
这样就做完了
最后我们特判一下最后一个点一定是结束的时候囊括了所有数但是我们s已经empty了 所以 +1 即可

void solve(){
    int n;cin>>n;
    set<int>s;
    for(int i=1;i<n;i++)s.insert(i);
    vector<int>a(n+1),pos(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],pos[a[i]]=i;
    int l=pos[0],r=pos[0],now=1;
    long long ans=0;
    while(s.size()){
        int z=pos[now];
        if(z<l){
            for(int i=z+1;i<=l;i++)
                ans+=max(0,min(2*now+i-1,n)-r+1);
            for(int i=z;i<l;i++)s.erase(a[i]);
            l=z;
            now=*s.begin();
        }else{
            for(int i=r;i<z;i++)
                ans+=max(0,l-max(i-2*now+1,1)+1);
            for(int i=r+1;i<=z;i++)s.erase(a[i]);
            r=z;
            now=*s.begin();
        }
    }
    cout<<ans+1<<endl;
}