又被爆踩。
正解写挂。
暴力不会。
只会改题。
还要加油。
T1
$nlog^2$是显然的
那么考虑只二分一次，就$nlog$了！
有什么能通过一次二分$O(1)$得到呢？
二分a的位置，$O(1)$得到b的位置
check的特判极其惨烈，%%%$Rock_B$调出来了
另一种简单一点的做法：
二分查找不好搞，考虑另一个二分——分治
通过分治，让每次的询问参数减半，也是$O(logn)$的复杂度
设计一个函数找到a的长度为lena，b的长度为lenb时，排名为rank的元素
那么把每次询问的rank分成一半，在a，b中找到对应的位置（长度不够则让另一个串多分一点）
如果$a[k/2]<b[k/2]$，则可知$a[1]～a[k/2]$都不可能成为排名为rank的元素
因为把ab放一起排序后$a[k/2]$后面的元素太多了..显然一定多于$lena+lenb-rank$
所以把$a[1]~a[k/2]$直接排除出答案，把rank-=k/2（或者当lena<k/2时的lena），递给下一层解决
T2
一个dp分成两部分
$dp[i]=min(dp[j-1]+value(j,i))$
单调栈维护所有可能贡献出value的j（单调递增栈）
对同一个j维护可能的最大$dp[k-1](k<=j)$，随便用什么数据结构维护栈里的最大值即可。
T3
暴力我打的是vector启发式归并，后来电脑关了，不知道有多少分。
正解？
高度烧脑警告。
我和miku啃了好久题解才弄明白
（miku教了我好久我才懂的差不多）
首先对于一个整型随机变量x有这样一个东西：
$E(x)=sumlimits_{i=1}^{inf} P(x>=i)$
E(x)为x取值的期望，P为命题成立的概率。
证明么..
$$egin{array}{rcl}\E(x)&=&sumlimits_{i=1}^{inf} i*P(x==i)\&=&sumlimits_{i=1}^{inf} i*(P(x>=i)-P(x>=i+1))\&=&1*P(x>=1)-1*P(x>=2)+2*P(x>=2)-2*P(x>=3)+...\&=&sumlimits_{i=1}^{inf} P(x>=i)end{array}$$
现在有了这样一个东西，先考虑每个询问的答案
$E_q=sumlimits_{i=1}^{maxv} P(max_{j=l}^{r} val_j >=i)$
容易想到$i>maxv$的时候没有贡献。
那么求每个位置的最小值大于等于x的概率即可
这个概率就是小于x的数都不出现而大于等于x的数出现一个的概率
不是很好求，转化一下
求它的反面，也就是每个点的最小值都小于x，也就是大于等于x的都不出现
这个就好列式了，而且每个位置出现每个值的概率可以预处理，看起来可做了
$E_q=sumlimits_{i=1}^{maxv} 1-prod 1-P(v_j>=i)$
$v_j$是第j个位置的最小值
总结一下，答案就是：$ans=sumlimits_{i=1}^{maxv} sumlimits_{q=1}^{Q} 1- prod 1-P(v_j>=i) (L[q]<=j<=R[q])$
可以想到，枚举i时，只有出现魔法石的i才会有$prod 1-P()$的值的改变，其他情况下后面那坨柿子完全不变
所以只需要枚举有石头的i，没有石头的i没有变化可以放在一起统计
考虑维护后面那坨柿子。
首先那个1可以直接提出来，那么剩下的就是一个连乘的和
考虑每个石头，他的加入只会影响“某些询问”的连乘中的“某一项”
由于区间左右端点对应单调，他影响的区间也一定是连续的
所以可以用数据结构批量修改区间的连乘，具体做法为把他们的权值乘上一个$frac{1-P_{now}}{1-P_{last}}$
推荐使用线段树区间修改。
大体的思路如上，细节比较多..