ST表的一二维顺序一定要改过来。
改了就rank1了哈哈哈哈。自带小常数没办法
。
(Description)
给定长为(n)的序列(A_i)。(q)次询问，每次给定(l,r)，求(sumlimits_{i=l}^rsumlimits_{j=i}^rmin{A_i,A_{i+1},...,A_j})。
(n,qleq10^5)。
(Solution)
莫队：
这种区间询问问题考虑一下莫队。
考虑移动右端点(r o r+1)的时候怎么更新答案。
设(r+1)左边第一个比(A_{r+1})小的数是(A_p)，那么(Ans)+=((r+1-p)*A_{r+1})；同理再找到(p)右边第一个比(A_p)小的数(A_{p'})，(Ans)+=((p-p')*A_p)；再找(p')左边第一个比(A_{p'})小的数......
这样怎么快速确定一个边界呢？
令([l,r+1])的最小值是(A_x)（用(RMQ)得到），处理到(x)位置后，(Ans)+=((x-l+1)*A_x)就可以了。
而左边第一个比(A_i)小的数的位置可以单调栈维护出来，记为(L_i)。
因为每个数作为最小值时的区间是不会相交的，大概就是会形成一个树形结构。反正是可以用一个类似前缀和的东西维护，记为(sum_i=sum_{L_i}+(i-L_i)*A_i)（右端点在(i)，左端点在([1,i])时的答案）。
这样移动右端点(r o r+1)的时候，(Ans)+=(sum_{r+1}-sum_x+(x-l+1)*A_x)，就可以(O(1))更新了。
对于左端点，还要再反着维护一个(sum)。
复杂度(O(nlog n+nsqrt{n}))。
优化：
对于询问([l,r])，令([l,r])的区间最小值为(A_p)。
那么对于左端点在([l,p])，右端点在([p,r])的子区间，最小值都是(A_p)，所以(p)的贡献就是(A_p imes(p-l+1) imes(r-p+1))。
当子区间左右端点都在((p,r])时，答案就是(sum_r+sum_{r-1}+...+sum_{p+1}-sum_p imes(r-p))。
记(s_i=sum_{j=1}^isum_j)，那么答案就是(s_r-s_p-sum_p imes(r-p))。
同理对于子区间左右端点在([l,p))时，反着维护一个(s)。
预处理出来就可以在线(O(1))回答询问了，复杂度(O(nlog n))。
线段树：
这儿写的挺详细的，想再写一写。
这种(sum_{i=l}^rsum_{j=i}^r)的询问，把([l,r])中的子区间写出来。比如拿样例来说，(l=1, r=5)，每个子区间的最小值为：
(1 1 1 1 3\1 1 1 1\2 2 4\2 2\5)
当询问区间为([l,r])时，答案就是第(1)行到第(r)行中，前(lsim r)列的和。
也就是每次右端点由(r-1)移动到(r)，是给区间(isim r, 1leq ileq r)分别加了一个值(minlimits_{j=i}^r{a_j})，也就是上面的三角中多了第(r)行。
如果此时询问右端点就是(r)，那答案就是([l,r])此时的区间和。
观察每一行的区间加，每次(A_r)会覆盖(r)前面一段区间，然后就不变和上一次一样了。
而(A_r)会覆盖的区间就是([p+1,r])，(p)是(r)前面第一个比(A_r)小的位置，可以单调栈预处理。
也就是我们把([p+1,r])的(val)改成(A_r)，然后所有位置的(sum)+=(val)。
怎么维护呢？
记此时的区间(val)的和为(sum)，区间长度为(len)，要修改的值为(v)。不妨把([l,r])的答案记作(his)，也就是([l,r])中所有点各历史版本的(val)的和。
那么修改就是：(sum'=v*len)，更新(his)就是：(his'=his+sum')（表示不理解为什么都写的(+sum)啊QAQ）。
要用线段树高效维护区间修改，就得能维护标记合并。
把转移用矩阵写出来，就是这样：$$egin{bmatrix}len & sum & his \end{bmatrix}
egin{bmatrix}
1 & a & c
0 & b & d
0 & 0 & 1
end{bmatrix}=egin{bmatrix}len' & sum' & his' \end{bmatrix}$$
维护(a,b,c,d)四个值。修改的参数就是(a=v,b=c=d=0)，更新(his)的参数是(d=1,a=b=c=0)，单位矩阵（初始化）是(b=1,a=c=d=0)。
虽然参数用不到(c)，但是矩阵结合的时候会改变(c)，但不会影响其他不维护的位置，所以要维护(c)。
这样利用矩阵的结合律，就可以维护标记合并了。
复杂度(O(nlog n))。
这个实在懒得写了...没心情。（虽然我知道我几天就会给忘了）
莫队：
//13240kb 3876ms->2980ms
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,INF=0x7fffffff;
int bel[N],A[N],sk[N],Log[N],pos[18][N];
LL suml[N],sumr[N],Ans[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Quries
{
int l,r,id;
bool operator <(const Quries &x)const
{
return bel[l]==bel[x.l]?r<x.r:bel[l]<bel[x.l];
}
}q[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline int Min(int x,int y)
{
return A[x]<=A[y]?x:y;
}
inline int Query(int l,int r)
{
int k=Log[r-l+1];
return Min(pos[k][l],pos[k][r-(1<<k)+1]);
}
void Init_ST(const int n)
{
for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)
for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)
pos[j][i]=Min(pos[j-1][i],pos[j-1][i+t]);
}
inline LL UpdL(int l,int r)
{
int p=Query(l,r);
return suml[l]-suml[p]+1ll*(r-p+1)*A[p];
}
inline LL UpdR(int l,int r)
{
int p=Query(l,r);
return sumr[r]-sumr[p]+1ll*(p-l+1)*A[p];
}
int main()
{
const int n=read(),Q=read(),size=sqrt(n);
for(int i=1; i<=n; ++i) bel[i]=i/size, A[i]=read(), pos[0][i]=i;
for(int i=1; i<=Q; ++i) q[i]=(Quries){read(),read(),i};
Init_ST(n), A[0]=-INF;
for(int i=1,top=0; i<=n; ++i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
sumr[i]=sumr[sk[top]]+1ll*(i-sk[top])*A[i], sk[++top]=i;
}
A[sk[0]=n+1]=-INF;
for(int i=n,top=0; i; --i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
suml[i]=suml[sk[top]]+1ll*(sk[top]-i)*A[i], sk[++top]=i;
}
std::sort(q+1,q+1+Q);
LL Now=0;
for(int i=1,l=1,r=0; i<=Q; ++i)
{
int ln=q[i].l,rn=q[i].r;
while(l>ln) Now+=UpdL(--l,r);//l的减 或 r的加 要先进行，否则就会出现l>r的情况 然后Query的时候就gg了
while(r<rn) Now+=UpdR(l,++r);
while(l<ln) Now-=UpdL(l++,r);
while(r>rn) Now-=UpdR(l,r--);
Ans[q[i].id]=Now;
}
for(int i=1; i<=Q; printf("%lld
",Ans[i++]));
return 0;
}
优化：
//12444kb 700ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,INF=0x7fffffff;
int A[N],sk[N],Log[N],pos[18][N];
LL suml[N],sumr[N],sl[N],sr[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline int Min(int x,int y)
{
return A[x]<=A[y]?x:y;
}
inline int Query(int l,int r)
{
int k=Log[r-l+1];
return Min(pos[k][l],pos[k][r-(1<<k)+1]);
}
void Init_ST(const int n)
{
for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)
for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)
pos[j][i]=Min(pos[j-1][i],pos[j-1][i+t]);
}
int main()
{
const int n=read(),Q=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read(), pos[0][i]=i;
Init_ST(n), A[0]=-INF;
for(int i=1,top=0; i<=n; ++i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
sumr[i]=sumr[sk[top]]+1ll*(i-sk[top])*A[i], sr[i]=sr[i-1]+sumr[i];
sk[++top]=i;
}
A[sk[0]=n+1]=-INF;
for(int i=n,top=0; i; --i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
suml[i]=suml[sk[top]]+1ll*(sk[top]-i)*A[i], sl[i]=sl[i+1]+suml[i];
sk[++top]=i;
}
for(int i=1; i<=Q; ++i)
{
int l=read(),r=read(),p=Query(l,r);
printf("%lld
",1ll*A[p]*(p-l+1)*(r-p+1)+sr[r]-sr[p]-sumr[p]*(r-p)+sl[l]-sl[p]-suml[p]*(p-l));
}
return 0;
}