一、题目解析
给定整数数组 nums，统计满足条件的子数组个数：子数组的首元素和尾元素都等于该子数组的最大值。
单元素子数组天然满足（最大值就是它自己）。对于多元素子数组，设首尾索引为 i 和 j（i ≤ j），条件等价于：nums[i] == nums[j]，且 i 到 j 之间没有任何元素大于 nums[i]。
以 nums = [2, 2, 1, 2] 为例，合法子数组有 7 个：
[2] [2] [2] [2] ← 四个单元素[2,2] ← 首尾 2=2，中间无更大值[2,2,1,2] ← 首尾 2=2，中间 2,1 都不大于 2[2,1,2] ← 首尾 2=2，中间 1 不大于 2不合法的情况：[2,1]（首 2 ≠ 尾 1）、[1,2]（首 1 ≠ 尾 2）、[2,2,1]（首 2 ≠ 尾 1）。
二、单调栈思路
2.1 什么情况下合法
对于索引 i，我们要找它右边所有"能看见"的等值元素 j。所谓"能看见"，就是中间没有比 nums[i] 更大的元素挡着。一旦出现一个大于 nums[i] 的值，i 就被它"挡住"了——i 无法再和更右边的任何元素组成合法子数组。
这恰好符合单调递减栈的场景：维护一个递减序列，遇到更大的元素就把前面更小的全部弹出（因为被挡住了）。
2.2 栈里存什么
标准单调递减栈只存索引。但这题需要计数：i 和 j 之间可能隔着多个相等元素，每一个都能和 j 配对。如果每次都扫描栈，复杂度就退化了。
解法：栈中每个元素存 [索引, 计数]。计数的含义是"栈中这个位置代表了多少个连续可见的等值元素"。当新元素与栈顶相等时，不入新元素，而是累加栈顶的计数，同时把计数加到答案上——因为当前元素可以和栈顶代表的每一个等值元素配对。
三、解题过程
3.1 三种情况
遍历数组，对每个 nums[i]：
情况 ①：大于栈顶。nums[i] 比栈顶大，说明栈顶被挡住，后面的元素栈顶都看不见了。循环弹出所有小于 nums[i] 的栈顶。
情况 ②：等于栈顶。nums[i] 和栈顶值相等，且中间没有更大的值阻挡（情况 ① 已经清掉了所有更小的）。此时 nums[i] 可以和栈顶代表的每一个等值元素配对：
- 栈顶计数 +1（把当前元素合并进去）
- 答案累加栈顶的新计数
情况 ③：小于栈顶。nums[i] 比栈顶小，不会挡住栈顶。作为新元素入栈，计数为 1。同时它自己作为一个单元素子数组，答案 +1。
3.2 完整推演
以 nums = [2, 2, 1, 2] 推一遍：
i=0, nums[0]=2：栈空，入栈 [0, 1]，ans=1。栈：0, 1
i=1, nums[1]=2：栈顶值=2，相等。计数 1→2，ans+2→3。栈：0, 2
i=2, nums[2]=1：栈顶值=2，1<2，小于。入栈 [2, 1]，ans+1→4。栈：[[0, 2], [2, 1]]
i=3, nums[3]=2：栈顶值=1，2>1，大于。弹出 [2, 1]。新栈顶值=2，相等。计数 2→3，ans+3→7。栈：0, 3
最终 ans = 7，匹配枚举结果。
四、代码实现
class Solution { public long numberOfSubarrays(int[] nums) { // 单调递减栈，存 [索引, 可见等值元素计数] Deque<Integer[]> stack = new ArrayDeque<>(); long ans = 0; for (int i = 0; i < nums.length; i++) { // 情况①：当前元素更大，弹出被挡住的栈顶 while (!stack.isEmpty() && nums[stack.peekLast()[0]] < nums[i]) { stack.pollLast(); } if (!stack.isEmpty() && nums[stack.peekLast()[0]] == nums[i]) { // 情况②：相等，合并计数，当前元素与栈顶代表的每个等值元素都配对 stack.peekLast()[1]++; ans += stack.peekLast()[1]; } else { // 情况③：小于或栈空，新元素入栈 stack.addLast(new Integer[]{i, 1}); ans++; } } return ans; }}每个元素入栈一次、出栈一次，时间复杂度 O(n)。栈中存的是索引和计数，空间复杂度 O(n)。
本文由 AgentPlanFlow 生成