codeforces1151 E. Number of Components（计数）

E. Number of Components

方法一：考虑每个点的贡献，认为一个联通块里让编号最大的点产生贡献
那么，对于一个点 $i$，如果对答案产生贡献，一定要点 $i$ 存在，而点 $i+1$ 不存在。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll=long long;
constexpr int N=100010;
ll a[N];
int n;
int main()
{
    
    
    IO;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    ll res=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
    
    
        ll x=a[i],y=a[i+1];
        if(x>y)
            res+=1ll*(n-x+1)*(x-y);
        else
            res+=1ll*(y-x)*x;
    }
    res+=a[n]*(n-a[n]+1);
    cout<<res<<'\n';
    return 0;
}

方法二：连通块数量=点数-边数于是点数和边数分开统计
点在连通块中的情况，对于$(i,i+1)$这条边要在连通块中必须要求$i,i+1$同时在于是直接计算即可

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll=long long;
constexpr int N=100010;
ll a[N];
int n;
int main()
{
    
    
    IO;
    cin>>n;ll res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
    
    
        cin>>a[i];
        res+=a[i]*(n-a[i]+1);
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
    
    
        ll x=a[i],y=a[i+1];
        res-=min(x,y)*(n-max(x,y)+1);
    }
    cout<<res<<'\n';
    return 0;
}