做法：模拟

萌区间也就是这个区间里的数是一段连续的数

做法的话是先找出题目x,y的位置，记为l,r，然后找出l,r内的最大最小值，又因为萌区间要求数是连续的，就从这段连续数最小的开始到最大的，确定缩放区间的左右端点，但现在这个缩放区间可能还包含有别的区间，我们就开始拓展拓展答案区间

主要是要注意两点，首先这个序列是个排列（所以它不会有重复数字出现），于是由这个我们可以推出一个显然的结论就是r−l=max[l,r]−min[l,r]r−l=max[l,r]−min[l,r]时这是个连续区间。

然后我们处理出每个数字出现的位置，于是可以求出第一个可能满足题目要求的区间，记为[ql,qr][ql,qr]，并保存这个区间的最大最小值。

（为什么是可能呢？因为你现在只求出了x到y之间的数所需要的最短的区间，但是你并不知道这个区间里有没有其他不应该有的数字，让这个区间变得真正合法，就是我们下面要做的事情）

设每个数出现的位置为pospos。

我们可以将原始区间记为[l,r][l,r](即一开始的[pos[x],pos[y]][pos[x],pos[y]])。

尝试不断拓展这个区间[l,r][l,r]，在拓展过程中如果出现了大于最大值，或者小于最小值的，就用一开始处理[ql,qr][ql,qr]的方法更新[ql,qr][ql,qr]。直至两区间重合。那么此时的[l,r][l,r]即为答案了。

这样做是O(n)O(n)的，不过常数可能稍大，因为会有重复访问。

写了RMQ的话就可以稳定O(n)O(n)了（不过预处理要O(nlogn)O(nlogn)，所以大概实际效率上是没什么大的区别的）

#include 
     
      using namespace std;const int inf=1<<30;typedef long long ll;const double pi=acos(-1);const int mod=1e9+7;const int maxn=1e5+7;int a[maxn],pos[maxn];int main(){    int n,x,y;scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);int mx=0,mn=n;    for(int i=1;i<=n;i++){        scanf("%d",&a[i]);        pos[a[i]]=i;    }    int ql=n,qr=1,l=pos[x],r=pos[y];    if(l>r) swap(l,r);//这点特别容易错，要当心    for(int i=l;i<=r;i++){
   //这个是找出了当前区间最大最小值         mx=max(mx,a[i]);        mn=min(mn,a[i]);    }    for(int i=mn;i<=mx;i++){
   //这个是找出了当前区间左右端点         ql=min(ql,pos[i]);        qr=max(qr,pos[i]);    }    //此时找出的左右端点一定不小于我们要找的答案，其中可能会包含有其他数     while(l!=ql || r!=qr){        while(l!=ql){            l--;int t=a[l];            while(mx
      
       t){                ql=min(ql,pos[--mn]);                qr=max(qr,pos[mn]);            }        }        while(r!=qr){            r++;int t=a[r];            while(mx
       
        t){                ql=min(ql,pos[--mn]);                qr=max(qr,pos[mn]);            }        }    }    cout<
        
         <<" "<
         
          <