考虑暴力，就是对于一对满足 \(a_u < a_v\) 的边 \(u \to v\)，如果任意一个区间包含 \([\min(u, v), \max(u, v)]\)，就将 \(u \to v\) 加入 DAG，然后做 P6134 [JSOI2015] 最小表示，就是判断是否存在一条 \(u \to v\) 的点数 \(> 2\) 的路径，不存在则保留 \(u \to v\) 这条边。
考虑利用区间这一性质，我们发现若存在一条 \(u \to v\) 的点数 \(> 3\) 的路径，就一定存在一条 \(u \to v\) 的点数 \(= 3\) 的路径。于是只用判是否存在一个区间使得它同时包含 \(u, v, w\)，其中满足 \(a_u < a_w < a_v\)。
由此可以发现一个点的出边至多有 \(2\) 条。设 \(L_u\) 为包含点 \(u\) 的区间的最小左端点，\(R_u\) 为包含点 \(u\) 的区间的最大右端点。设 \(f_u\) 为 \(a_v\) 最小的 \(v\) 满足 \(a_u < a_v\) 且 \(u < v \le R_u\)，\(g_u\) 为 \(a_v\) 最小的 \(v\) 满足 \(a_u < a_v\) 且 \(L_u \le v < u\)。那么 \(u\) 至多存在 \(2\) 条出边 \(u \to f_u, u \to g_u\)。
对称地，一个点的入边也至多有 \(2\) 条。设 \(F_u\) 为 \(a_v\) 最大的 \(v\) 满足 \(a_u > a_v\) 且 \(u < v \le R_u\)，\(G_u\) 为 \(a_v\) 最大的 \(v\) 满足 \(a_u > a_v\) 且 \(L_u \le v < u\)，那么 \(u\) 至多存在 \(2\) 条入边 \(F_u \to u, G_u \to u\)。
由此有一条出边 \(u \to v\) 是否保留的判定：若 \(u < v\) 则要满足 \(f_u = v \land G_v = u\)，\(u > v\) 类似。类似地还有一条入边 \(v \to u\) 是否保留的判定。考虑增量维护答案，因为 \(f_u, g_u, F_u, G_u\) 的总变化次数是 \(O(n^2)\)，所以当我们要修改一个点的入边或出边，减去这条边原有的贡献（是否保留），加上这条边现有的贡献。所以总时间复杂度就是 \(O(n^2)\)，可过。
code
// Problem: F. Optimal Encoding
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 715 (Div. 1)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1508/F
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 7000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 25050;
int n, m, a[maxn], b[maxn], c[maxn], f[maxn], g[maxn], F[maxn], G[maxn], ans;
void solve() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
b[i] = c[i] = i;
}
while (m--) {
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
for (int i = l; i <= r; ++i) {
int t = a[i];
if (b[i] < r) {
int &A = f[i], &B = F[i], *p = a + b[i] + 1;
for (int j = b[i] + 1; j <= r; ++j, ++p) {
if (*p > t) {
if (!A || *p < a[A]) {
ans += (G[j] == i) - (G[A] == i);
A = j;
}
} else if (!B || *p > a[B]) {
ans += (g[j] == i) - (g[B] == i);
B = j;
}
}
b[i] = r;
}
if (c[i] > l) {
int &C = g[i], &D = G[i], *q = a + l;
for (int j = l; j < c[i]; ++j, ++q) {
if (*q > t) {
if (!C || *q < a[C]) {
ans += (F[j] == i) - (F[C] == i);
C = j;
}
} else if (!D || *q > a[D]) {
ans += (f[j] == i) - (f[D] == i);
D = j;
}
}
c[i] = l;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}