这题一开始想用莫队，然后对每个点快速算与它有关的点对的贡献，结果算不出来。。。
然后看题解发现自己把Ki互不相同这个至关重要的条件给漏掉了。。。（虽然知道也做不出
看了题解发现真的很妙啊～
首先把询问离线下来，然后就可以预处理所有点对的贡献，然后对每个询问累加即可。
因为一对点的贡献与这两点间的最大值有关，所以可以直接枚举这个最大值，对所有以这个值为最大值的点对做贡献。
先对每个点预处理出L[i]与R[i]表示i左边第一个大于k[i]的数的位置，和右边的位置。
对于每个点i，可以确定：
- 点对(L[i],R[i])的攻击力为p1；
- 对于l∈[L[i]+1,i-1]，点对(l,R[i])的攻击力为p2；
- 对于r∈[i+1,R[i]-1]，点对(L[i],r)的攻击力为p2；
- 其他点对攻击力均为0；
确定每个点对的攻击力后，每个询问相当于一个二维数点，可以把其中一维转化为时间，动态加点（即扫到一个位置时将第一维是这个位置的点全部加入，然后差分求扫这个区间时在这个区间中加的数的总和），另一维直接用线段树维护区间加区间求和。
代码：
1 // luogu-judger-enable-o2 2 #include<bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 #define ll long long 5 #define N 200007 6 const int inf=0x3f3f3f3f; 7 struct str1 8 { 9 int l,r; 10 ll d; 11 }; 12 struct str2 13 { 14 ll op; 15 int l,r,id; 16 }; 17 int n,m,a[N],L[N],R[N]; 18 ll p1,p2,ans[N]; 19 vector<str1> my[N]; 20 vector<str2> qy[N]; 21 stack<int> q; 22 ll sum[N<<2],add[N<<2]; 23 void mark(int k,int l,int r,ll d) 24 { 25 sum[k]+=(r-l+1)*d; 26 add[k]+=d; 27 } 28 void pushdown(int k,int l,int r,int mid) 29 { 30 mark(k<<1,l,mid,add[k]); 31 mark(k<<1|1,mid+1,r,add[k]); 32 add[k]=0; 33 } 34 void modify(int k,int l,int r,int x,int y,ll d) 35 { 36 if(l>=x&&r<=y)return mark(k,l,r,d); 37 int mid=l+r>>1,lc=k<<1,rc=k<<1|1; 38 pushdown(k,l,r,mid); 39 if(x<=mid)modify(lc,l,mid,x,y,d); 40 if(y>mid)modify(rc,mid+1,r,x,y,d); 41 sum[k]=sum[lc]+sum[rc]; 42 } 43 ll query(int k,int l,int r,int x,int y) 44 { 45 if(l>=x&&r<=y)return sum[k]; 46 int mid=l+r>>1,lc=k<<1,rc=k<<1|1; 47 ll ans=0; 48 pushdown(k,l,r,mid); 49 if(x<=mid)ans+=query(lc,l,mid,x,y); 50 if(y>mid)ans+=query(rc,mid+1,r,x,y); 51 return ans; 52 } 53 void mdy(int l,int r,ll d) 54 { 55 modify(1,1,n,l,r,d); 56 } 57 ll qry(int l,int r) 58 { 59 return query(1,1,n,l,r); 60 } 61 int read() 62 { 63 int x; 64 char c; 65 while((c=getchar())<48||c>57); 66 x=c-48; 67 while((c=getchar())>=48&&c<=57) 68 x=x*10+c-48; 69 return x; 70 } 71 int main() 72 { 73 int i,j,x,y; 74 //freopen("data.in","r",stdin); 75 n=read(),m=read(),p1=read(),p2=read(); 76 for(i=1;i<=n;i++) 77 a[i]=read(); 78 a[0]=inf,a[n+1]=inf; 79 q.push(0); 80 for(i=1;i<=n+1;i++) 81 { 82 while(a[q.top()]<a[i]) 83 R[q.top()]=i,q.pop(); 84 L[i]=q.top(); 85 q.push(i); 86 } 87 for(i=1;i<=n;i++) 88 { 89 int l=L[i],r=R[i]; 90 if(l!=0&&r!=n+1)my[r].push_back({l,l,p1}); 91 if(l!=0&&r>i+1)my[l].push_back({i+1,r-1,p2}); 92 if(r!=n+1&&l<i-1)my[r].push_back({l+1,i-1,p2}); 93 } 94 for(i=1;i<=m;i++) 95 { 96 x=read(),y=read(); 97 qy[x-1].push_back({-1,x,y,i}); 98 qy[y].push_back({1,x,y,i}); 99 ans[i]+=(y-x)*p1; 100 } 101 for(i=0;i<=n;i++) 102 { 103 int s=my[i].size(); 104 for(j=0;j<s;j++) 105 { 106 str1 u=my[i][j]; 107 mdy(u.l,u.r,u.d); 108 } 109 s=qy[i].size(); 110 for(j=0;j<s;j++) 111 { 112 str2 u=qy[i][j]; 113 ans[u.id]+=u.op*qry(u.l,u.r); 114 } 115 } 116 for(i=1;i<=m;i++) 117 printf("%lld ",ans[i]); 118 return 0; 119 }