真的是事后诸葛亮，一下考场就知道怎么做了，现在把题解补回来
看到这个问题，我第一下想到的就是 \(dp\)。
如何 \(dp\)？
设 \(dp[i]\) 为以 \(i\) 为右端点的所有子串的答案之和，那么最后要输出的答案就是 \(ans=\sum_{i=1}^{n}dp[i]\)。
至于怎么维护这个 \(dp[i]\)，我一开始想的做法也很简单，直接暴力。
也就是说，对于每一个右端点 \(r\)，从右向左枚举左端点 \(l\)，然后统计答案。
但是如何维护 \(f(l,r)\) 呢？
经典套路：对于每一个数，我们把它出现在序列 \([1,n]\) 中最右边的那个位置找出来。对于数 \(x\)，记为 \(last[x]\)。
假设我们现在已经求出了 \(f(i,r)\)，然后要求 \(f(i-1,r)\)，那么显然，若 \(last[a[i-1]]\not=i\)，就说明还有一个与 \(a[i-1]\) 相同的数出现在位置 \(i-1\) 的右边，则 \(f(i-1,r)=f(i,r)\)。否则，若 \(last[a[i-1]]=i\)，则 \(f(i-1,r)=f(i,r)+1\)。
然后求完 \(dp[i]\) 后记得更新 \(last\)。
那么这种方法是 \(O(n^2)\) 的，只能拿 \(50\) 分。
如何提高？
我们回想一下刚才加粗的这一段：
假设我们现在已经求出了 \(f(i,r)\)，然后要求 \(f(i-1,r)\)，那么显然，若 \(last[a[i-1]]\not=i\)，就说明还有一个与 \(a[i-1]\) 相同的数出现在位置 \(i-1\) 的右边，则 \(f(i-1,r)=f(i,r)\)。否则，若 \(last[a[i-1]]=i\)，则 \(f(i-1,r)=f(i,r)+1\)。
考虑如何优化？
先画个图：
整个图的下方的方格表示的是序列，方格上面箭头指着的数是这个位置的编号，方格内的数代表这个位置的数。
如图，其中 \(x\) 代表数 \(a[i]\)，然后我们找到 \(last[x]\) 的位置，那么显然，在序列 \([last[x]+1,i-1]\) 中，每一个数都与 \(x\) 不同，不妨记为 \(o\)（注意：每一个 \(o\) 之间有可能不同）；在序列 \([1,last[x]-1]\) 中，每一个数都有可能与 \(x\) 相同，也可能不同，不妨记为 \(a\)。
然后我们现在要求出每一个 \(f(l,i)\)，\((1\leq l\leq i)\)。
分情况讨论：
-
\(1\leq l\leq last[x]\)
我们就以这幅图为例。我们对比一下两段序列（红和蓝），发现红色的只是比蓝色的多了一个 \(x\)，而这个多出来的 \(x\) 并没有贡献。所以在这种情况下，必有 \(f(l,i)=f(l,i-1)\)。
平方后也相等。
-
\(last[x]<l<i\)
还是看图。你会发现，红框还是比蓝框多了个 \(x\)，但是由于 \(o\) 是不可能等于 \(x\) 的，所以这个 \(x\) 有贡献。
那么 \(f(l,i)=f(l,i-1)+1\)
平方后 \(f(l,i)^2=f(l,i-1)^2+2\times f(l,i-1)+1\)
-
\(l=i\)，\(f(l,i)=1\)
把三个讨论整合一下：
\[\begin{aligned} dp[i]=&f(1,i)^2+f(2,i)^2+...+f(last[x],i)^2+f(last[x]+1,i)^2+...+f(i-1,i)^2+f(i,i)^2\\ =&f(1,i-1)^2+f(2,i-1)^2+...+f(last[x],i-1)^2+[f(last[x]+1,i-1)^2\\ &+2\times f(last[x]+1,i-1)+1]+...+[f(i-1,i-1)^2+2\times f(i-1,i-1)+1]+1\\ =&[f(1,i-1)+f(2,i-1)+...+f(i-1,i-1)]\\ &+2\times[f(last[x]+1,i-1)+f(last[x]+2,i-1)+...+f(i-1,i-1)]+(i-last[x]-1)+1\\ =&dp[i-1]+2\times[f(last[x]+1,i-1)+f(last[x]+2,i-1)+...+f(i-1,i-1)]+(i-last[x])\\ =&dp[i-1]+2\times \sum_{l=last[x]+1}^{i-1}f(l,i-1)+(i-last[x]) \end{aligned}\]那么，我们就可以通过维护 \(\sum_{l=last[x]+1}^{i-1}f(l,i-1)\) 来求出 \(dp[i]\)。
如何维护？
考试的时候就是想到这就想不下去了
这个时候，我们就会用到一颗线段树。
这棵线段树用来维护每一个 \(f(l,i-1)\) 的值的和，其中 \(1\leq l<i\)。
那么我们可以通过询问线段树中的区间 \([last[x]+1,i-1]\) 就可以知道 \(\sum_{l=last[x]+1}^{i-1}f(l,i-1)\) 是什么了。
然后考虑求完 \(dp[i]\) 如何更新线段树。
由于我们刚才已经得到：
-
当 \(1\leq l\leq last[x]\) 时，有 \(f(l,i)=f(l,i-1)\)，所以这一段不用管它，还是原来的值。
-
当 \(last[x]<l<i\) 时，有 \(f(l,i)=f(l,i-1)+1\)，所以我们只用把这一段的值整体加上 \(1\) 就好了。
-
当 \(l=i\) 时，有 \(f(l,i)=1\)，所以我们也把这个点修改成 \(1\)，这一个步骤可以和前一个并在一起。
这样就能更新所有的 \(f()\) 了。
总时间复杂度 \(O(n\log n)\)，需要注意一下细节（比如离散化和卡常）。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000010
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[N],b[N];
int last[N];
ll dp[N],sum[N<<2],lazy[N<<2];
void down(const int k,const int l,const int r,const int mid)
{
if(lazy[k])
{
sum[k<<1]+=lazy[k]*(mid-l+1);
sum[k<<1|1]+=lazy[k]*(r-mid);
lazy[k<<1]+=lazy[k];
lazy[k<<1|1]+=lazy[k];
lazy[k]=0;
}
}
ll query(const int k,const int l,const int r,const int ql,const int qr)
{
if(ql>qr) return 0;
if(ql<=l&&r<=qr) return sum[k];
const int mid=(l+r)>>1;
ll ans=0;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid) ans+=query(k<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) ans+=query(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
return ans;
}
void update(const int k,const int l,const int r,const int ql,const int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
sum[k]=sum[k]+r-l+1;
lazy[k]++;
return;
}
const int mid=(l+r)>>1;
down(k,l,r,mid);
if(ql<=mid) update(k<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) update(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
}
int read()
{
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x;
}
int main()
{
n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)
b[i]=a[i]=read();
sort(b+1,b+n+1);
const int nn=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
for(register int i=1;i<=n;i++)
a[i]=lower_bound(b+1,b+nn+1,a[i])-b;//离散化
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
const ll len=query(1,1,n,last[a[i]]+1,i-1);
dp[i]=(0ll+dp[i-1]+2*len+(i-last[a[i]]-1)+1)%mod;//计算dp[i]
update(1,1,n,last[a[i]]+1,i);//更新f
last[a[i]]=i;//记得更新last
}
ll ans=0;
for(register int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+dp[i])%mod;//求和
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
至于如何卡常建议去看一下洛谷讨论区。