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定理 若 i<ji<ji<j 且 i,ji,ji,j 联通，则必有 k∈(i,j)k\in(i,j)k∈(i,j) 也与 i,ji,ji,j 联通。

下面给出证明，挺显然的。

若 ai<aja_i<a_jai<aj，则一定有 ai<ak∨ak<aja_i<a_k\vee a_k<a_jai<ak∨ak<aj 成立。
若 ai>aja_i>a_jai>aj，则一定有一个 x<ix<ix<i 满足 ax<ai∧ax<aja_x<a_i\wedge a_x<a_jax<ai∧ax<aj 使得 i,ji,ji,j 间接联通。
- 若 ak<axa_k<a_xak<ax，则有 k−jk-jk−j 联通。
- 若 ax<aka_x<a_kax<ak，则有 k−xk-xk−x 联通。

所以一个连通块一定对应的是数组 aaa 的一段连续区间。

也就是说，所有连通块将数组划分成若干个互不相交且并集为整个数组的区间。

考虑相邻两个连通块，假设前一个联通块的左右端点为 l1,r1l_1,r_1l1,r1，则后一个联通块的左右端点为 r1+1(l2),r2r_1+1(l_2),r_2r1+1(l2),r2。

当且仅当 min⁡{ai∣i∈[l1,r1]}>max⁡{ai∣i∈[l2,r2]}\min\{a_i|i\in [l_1,r_1]\}>\max\{a_i|i\in[l_2,r_2]\}min{ai∣i∈[l1,r1]}>max{ai∣i∈[l2,r2]} 两个联通块才不会合并。

进一步讲，点 kkk 能够成为一个连通块的分断点，当且仅当 min⁡{ai∣i≤k}>max⁡{ai∣k<i}\min\{a_i|i\le k\}>\max\{a_i|k<i\}min{ai∣i≤k}>max{ai∣k<i}。

不妨将 ai≥aka_i\ge a_kai≥ak 的位置设为 111，ai<aka_i<a_kai<ak 的设为 000，将这个新数组表示为 f(k)f(k)f(k)，与 kkk 有关。

则发现，当 kkk 为分断点的时候，f(k)f(k)f(k) 的长相一定是 111...11⏟k000...00\underbrace{111...11}_{k}000...00k111...11000...00。

换言之，当 kkk 为分断点的时候，f(k)f(k)f(k) 中 ai≠ai+1a_i\neq a_{i+1}ai=ai+1 的 iii 有且仅有一个。

当然 f(k)f(k)f(k) 的长相有很多种。但如果 kkk 成为分断点那么 f(k)f(k)f(k) 就只能有一种长相。

换个角度讲，令 w=max⁡{ai∣k<i}w=\max\{a_i|k<i\}w=max{ai∣k<i}，将 >w>w>w 的位置设为 111，≤w\le w≤w 的设为 000，将新数组依旧表示为 f(w)f(w)f(w)。

则 f(w)f(w)f(w) 的长相一定也是 111...11⏟k000...00\underbrace{111...11}_{k}000...00k111...11000...00。

确定一个满足条件的 www 后的 kkk 也是唯一的。所以没必要枚举断点 kkk，只需要枚举 www 即可。

也就是说，只需要统计有多少个 www 对应的 f(w)f(w)f(w) 长相是这样的，即有且仅有一对相邻的 101010。

为了规避全 000 和全 111，也就是 w=min⁡/max⁡{ai∣i∈[1,n]}w=\min/\max\{a_i|i\in[1,n]\}w=min/max{ai∣i∈[1,n]} 的情况，这个时候是没有一对 101010 的。

不妨令 a0=∞,an+1=0a_0=∞,a_{n+1}=0a0=∞,an+1=0。则满足条件的 www 的 f(w)f(w)f(w) 有且仅有一对相邻的 101010。

以权值 www 为下标建立线段树，记录每个叶子对应 f(x)f(x)f(x) 长相中 101010 的对数。

最后统计多少个位置的对数为 111 即可。

考虑修改 aia_iai ，会对 w∈[min⁡{ai−1,ai},max⁡{ai−1,ai})⋃[min⁡{ai,ai+1},max⁡{ai,ai+1})w\in\Big[\min\{a_{i-1},a_i\},\max\{a_{i-1},a_{i}\}\Big)\bigcup\Big[\min\{a_{i},a_{i+1}\},\max\{a_{i},a_{i+1}\}\Big)w∈[min{ai−1,ai},max{ai−1,ai})⋃[min{ai,ai+1},max{ai,ai+1}) 造成贡献变化。

例如 w∈[min⁡{ai−1,ai},max⁡{ai−1,ai})w\in\Big[\min\{a_{i-1},a_i\},\max\{a_{i-1},a_{i}\}\Big)w∈[min{ai−1,ai},max{ai−1,ai}) 时 ai−1,aia_{i-1},a_iai−1,ai 会构成一对 010101，在线段树上将这个区间整体 +1+1+1 即可。

注意到 ai−1,ai+1a_{i-1},a_{i+1}ai−1,ai+1 可能越界，不妨设 a0=lim⁡,an+1=0a_0=\lim,a_{n+1}=0a0=lim,an+1=0，那么不管 iii 位置，所有 www 至少都会有 111 对 010101。

线段树很难做到快速查询哪些位置是 111。但是现在所有的 www 的 010101 个数 ≥1\ge 1≥1。

就可以用线段树统计最小值和个数了。当且仅当最小值为 111 的时候再记录答案即可。

当然要注意，只有当前出现在 aaa 数组里的 www，即 w=aiw=a_iw=ai，才能在线段树中统计代表 www 的叶子节点是否贡献。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 500005
#define lim 1000001
int n, q;
int a[maxn];
struct node { int sum, tag, cnt; }t[lim + 5 << 2];#define lson now << 1
#define rson now << 1 | 1
#define mid (l + r >> 1)void pushup( int now ) {if( t[lson].sum < t[rson].sum ) t[now].sum = t[lson].sum, t[now].cnt = t[lson].cnt;else if( t[lson].sum > t[rson].sum ) t[now].sum = t[rson].sum, t[now].cnt = t[rson].cnt;elset[now].sum = t[lson].sum, t[now].cnt = t[lson].cnt + t[rson].cnt;
}void pushdown( int now ) {if( t[now].tag ) {t[lson].sum += t[now].tag;t[rson].sum += t[now].tag;t[lson].tag += t[now].tag;t[rson].tag += t[now].tag;t[now].tag = 0;}
}void modify( int now, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( R < l or r < L ) return;if( L <= l and r <= R ) {t[now].sum += x;t[now].tag += x;return;}pushdown( now );modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );pushup( now );
}void modify( int now, int l, int r, int pos, int x ) {if( l == r ) { t[now].cnt += x; return; }pushdown( now );if( pos <= mid ) modify( lson, l, mid, pos, x );else modify( rson, mid + 1, r, pos, x );pushup( now );
}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return t[now].sum == 1 ? t[now].cnt : 0;pushdown( now );return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R );
}void modify( int l, int r, int x ) {if( l == r ) return;if( l > r ) swap( l, r );modify( 1, 0, lim, l, r - 1, x );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &q );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );a[0] = lim;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) {modify( a[i], a[i + 1], 1 );modify( 1, 0, lim, a[i], 1 );}while( q -- ) {int pos, x;scanf( "%d %d", &pos, &x );modify( a[pos - 1], a[pos], -1 );modify( a[pos], a[pos + 1], -1 );modify( 1, 0, lim, a[pos], -1 );a[pos] = x;modify( a[pos - 1], a[pos], 1 );modify( a[pos], a[pos + 1], 1 );modify( 1, 0, lim, a[pos], 1 );printf( "%d\n", query( 1, 0, lim, 1, lim - 1 ) );}return 0;
}

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