首先，为了统计有多少对，一个简单的方法是对于松鼠走到的每一个格子，求出猫能走的所有点的集合，然后对这些集合进行累加，就能得到我们想要的答案。
但是问题的关键是在于猫走到的集合大小怎么求出来
在考试的时候没有完全想出来，只想到要求出一个左右边界，对于中间的可行点，我也只是觉得和松鼠当前和前一个格子的颜色有关，但是总有很多没有想清楚。
考完看了别人的标准程序，发现的确是这样的。
假设松鼠上一个格子颜色为a，当前为b，且 a!= b那么在猫的这个左右边界之间不能走到的点就是那些前一个点是b，当前点是a的那些格子。
那么这是为什么呢，如何证明其充分必要性呢，我尝试证明一下：
首先可以证明，如果当前格子是a，上一个是b，那么当前这个格子必然不能走到。
假设当松鼠还在上一个格子的时候，也就是颜色为a的格子的时候。
如果猫就在当前颜色为a的格子处了，那么松鼠走了一步a，猫也不得不走，也就是说猫不能留在这个格子上。
如果猫在当前颜色为a的格子前面，首先由于a!=b通过松鼠走了一步a之后，猫必然不会超过上一个格子。
然后要想在不走出b这一步（走了b，松鼠也就跟着走了），必然无法到达当前这个颜色为a的格子。
那么为什么其他格子都可以到达呢?
这个可以用归纳法证明。
首先一开始的时候没有前驱，所以我们弄出的左右边界之间的格子都可以走。满足条件。
假设松鼠在前一个格子的时候，猫的左右边界是l,r，松鼠到当前格子是，猫的左右边界是L,R
显然，R >= r ,L >= l且[r + 1, R]的格子必然都是可以走到的(不然你是怎么走到R呢)
那么我们要证明的是[L，r]这些格子除了上面的情况都可以走到
情况一：如果a==b
回到松鼠的上一步，也就是说松鼠在颜色为a的那一格时，假如前面一格的颜色是c，那么[L,r]中不能走的格子就是那些前面是a，当前是c的格子
那么通过这一步，之前在a的状态就到了后一个格子c，即上回合不能到的格子这回合都可以到了。
对于上回合能到的格子，假如不是a，那么站着不动就行了，否则就是前进了一个，虽然看似这个位置不保，但是依然符合要求
因为：
1：如果这个格子就是l了，那么L必然就会等于l+1，的确不能占了，也不需要占了。
2：如果这个格子的上一个能占到，那么可以这回合前进一步到达这个地方，还是能达到这个状态（上一个格子若是a，被动前进一步，否则，可以主动前进一步）
3：如果这个格子的上一个不能占到，也就是说上一个是ac这个形式，但是从a明显可以到c这里来，然后再从c到当前格子。（由于a==b，a!=c,则b！=c）
因此，如果a==b，那么[L,r]之间所有格子均可到达。
情况二：如果a!=b
和情况一大部分一样，如果当前格子不是“当前为a，上一个为b”的情况
若c==b
若之前的格子不为b，那么也不会为c了，那么自然可以顺利到达当前格子
若之前格子为b，那么当前格子必然不会为a了，既然不为a，那么老实待着不动即可
若c!=b
如果当前格子不为a，那么老实待着不动即可。
否则，当前格子为a，那么之前的必然不会为b，可能为a，c两种可能，若为可到达，必然可以继续前进到达当前格子，若不能到达
必然就是上一个为c，上上个为a，根据前面的证明，也是可以到达当前格子的
即可以证明。
累死我了，这个证明方法各种分类讨论，很是麻烦，不知道有什么更好的方法没。