[xsy3466]见面会

题意：有$n$个区间，把它们划分成若干段，如果一段$k$个区间的交长度$\geq2$，那么会产生$\binom k2$的贡献，最大化贡献

对每个$i$用单调栈预处理出$l_i$表示最小的$j$使得$j\cdots i$这些区间的交长度$\geq2$

设$f_i$表示前$i$个区间的答案，有$f_i=\max\limits_{j=l_i}^if_{j-1}+\binom{i-j+1}2$，直接线段树上维护凸壳已经可以做到$O(n\log n)$了，但我们有优秀线性做法

思路来源于这里的最后一段，orz人形自走题库yww

称$[l_i,i]$为“转移区间”

我们要说明存在一种划分$[1,n]$的方式使得每个转移区间都可以被拆成（划分出来的两个区间的后缀+前缀）

划分方法是这样的：一开始设切分点$j=0$，一遇到$l_i\gt j$就把$j$设为$i$

这样划分肯定不会有划分区间严格包含转移区间：如果包含，那么会更早切分

也不会有转移区间严格包含划分区间：因为$l_i$单调，所以会更迟切分

于是每个转移区间都被分成了划分区间的后缀+前缀，前缀可以边加入边更新答案

因为后缀能更新到的DP值都在下一个划分区间，所以在做完一整个划分区间时反着DP更新下一个划分区间的答案即可

特殊情况是转移区间就是划分区间的后缀，暴力就行

总时间复杂度$O(n)$

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double du;
const ll inf=9223372036854775807ll;
void fmax(ll&a,ll b){
	a<b?a=b:0;
}
struct line{
	int k;
	ll b;
	ll v(ll x){
		return k*x+b;
	}
};
du its(line a,line b){
	return(b.b-a.b)/(du)(a.k-b.k);
}
templateb;
}
template1&&f(its(v,st[tp]),its(st[tp],st[tp-1])))tp--;
		st[++tp]=v;
	}
	ll v(int x){
		if(!tp)return-inf;
		while(tp>1&&f(x,its(st[tp],st[tp-1])))tp--;
		return st[tp].v(x);
	}
};
ms<gt>pre;
ms<lt>suf;
ll f[300010];
line v[300010];
int main(){
	int n,i,j,k;
	scanf("%d",&n);
	j=1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",l.a+i,r.a+i);
		l.push(i);
		r.push(i);
		while(r.v()-l.v()<1){
			l.pop(j);
			r.pop(j);
			j++;
		}
		li[i]=j;
	}
	j=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(li[i]>j)cut[j=li[i]]=1;
	}
	cut[n]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)f[i]=-inf;
	j=1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		v[i]={-i,f[i-1]+((ll)i*i-i)/2};
		if(li[i]<=j){
			pre.push(v[i]);
			fmax(f[i],pre.v(i));
		}
		if(cut[i]){
			for(j=i;j>=li[i];j--)fmax(f[i],v[j].v(i));
			f[i]+=((ll)i*i+i)/2;
			pre.tp=0;
			if(i<n){
				suf.tp=0;
				for(j=i+1;!cut[j];j++);
				for(k=i;j>i;j--){
					while(k>=li[j])suf.push(v[k--]);
					fmax(f[j],suf.v(j));
				}
			}
			j=i+1;
		}else
			f[i]+=((ll)i*i+i)/2;
	}
	printf("%lld",f[n]);
}