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题目大意：题面意思不解释了，转换成数学模型，就是问一段区间[l,r]有几段连续的数，比如[2,3,1,4,6,7]那么这段区间内有两段，分别是1,2,3,4和6,7。

解题思路：由于询问次数有100000次，所以我们直接处理[l,r]显然不行。线段树在线似乎也是做不了的。可以想到的是，如果我们从左到右一个个加进来，那么对于加进来的第i个数num[i]，那么它就能增加一个段（num[i]+1,和num[i]-1在之前都没出现过），或者减少一个段（num[i]+1,和num[i]-1在之前都出现过），或者不增不减（num[i]+1,和num[i]-1在之前只出现过其中一个）。那么我们要找的询问的区间[l,r]内有多少个区间，就是询问[l,r]内的数，增加了几个这样的段。但是直接询问[l,r]内的数产生的段数是不可以的，因为对于[l,r]内的某一个数，有可能它所能产生的段数是跟l之前，或者r之后的数有关的。因此我们可以将询问离线出来，按l排好序，每次询问之前，将l之前的数产生的影响先清除掉，也就是对于某个在l之前的数，将它所能影响的后面的数能增加的段去除，对于之前的已经不用管了，因为我们按左端点排序，所以在清除某一个数时，它前面的数的影响之前已经处理掉了。然后从上一次插完的位置开始到r，把这之间的数易做图去，如果上一次已经超过r了，也没关系，我们会答r之前的总后就可以了，而l之前的数已经被清除掉，所以这个前缀后自然就是[l,r]的区间和。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std ;

const int maxn = 111111 ;

struct Query
{
	int l , r , ans ;
} p[maxn] ;
int pos[maxn] , vis[maxn] , c[maxn] , cnt[maxn] ;

int lowbit ( int x ) { return x & ( -x ) ; }

void update ( int pos , int v )
{
	while ( pos < maxn - 10 )
	{
		c[pos] += v ;
		pos += lowbit ( pos ) ;
	}
}

int query ( int pos )
{
	int ret = 0 ;
	while ( pos > 0 )
	{
		ret += c[pos] ;
		pos -= lowbit ( pos ) ;
	}
	return ret ;
}

int cmp ( int i , int j )
{
	return p[i].l < p[j].l ;
}

int num[maxn] ;
int main ()
{
	int i , j , k , m , n , cas ;
	scanf ( "%d" , &cas ) ;
	while ( cas -- )
	{
		scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ;
		for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf ( "%d" , &num[i] ) ;
		for ( i = 1 ; i <= m ; i ++ )
		{
			scanf ( "%d%d" , &p[i].l , &p[i].r ) ;
			pos[i] = i ;
		}
		memset ( vis , 0 , sizeof ( vis ) ) ;
		memset ( c , 0 , sizeof ( c ) ) ;
		memset ( cnt , 0 , sizeof ( cnt ) ) ;
		sort ( pos + 1 , pos + m + 1 , cmp ) ;
		int last1 = 1 , last2 = 1 ;
		for ( i = 1 ; i <= m ; i ++ )
		{
			while ( last1 <= p[pos[i]].r )
			{
				int add = 1 ;
				if ( vis[num[last1]-1] ) add -- ;
				if ( vis[num[last1]+1] ) add -- ;
				vis[num[last1]] = 1 ;
				cnt[num[last1]] = last1 ;
				update ( last1 , add ) ;
				last1 ++ ;
			}
			while ( last2 < p[pos[i]].l )
			{
				if ( vis[num[last2]-1] ) update ( cnt[num[last2]-1] , 1 ) ;
				if ( vis[num[last2]+1] ) update ( cnt[num[last2]+1] , 1 ) ;
				update ( cnt[num[last2]] , -1 ) ;
				vis[num[last2]] = 0 ;
				last2 ++ ;
			}
			p[pos[i]].ans = query ( p[pos[i]].r ) ;
		}
		for ( i = 1 ; i <= m ; i ++ )
			printf ( "%d\n" , p[i].ans ) ;
	}
}
/*
10
10 5
1 3 5 7 9 2 4 6 8 10
1 10
2 9
3 8
4 7
5 6

10 5
1 3 5 7 9 10 8 6 4 2
1 10
2 9
3 8
4 7
5 6

10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 10
2 9
3 8
4 7
5 6
*/

补充：软件开发 , C++ ,