标签：线段树
题解：
首先对于题目的条件进行分析，p1的条件是一个区间的两个端点必须是这一个区间的最大与次大值。p2的条件是一个区间的一个端点是最大值，而另一个端点不是次大值。显然，他们都需要两个条件（对于两个端点都有要求，这样的话不太好操作）。感受一下，p1的条件更为严苛，于是我们这样考虑：
一个区间的一个端点是最大值（两个条件的公共部分），另一个不管，此时加上p2的贡献。
我们可以通过线段树求解出这一个东西。对于i，找到右边大于他的第一个数，如果没有，自然是最后一个数，但是这样不好，于是我们加一个第n+1个数为+∞。然后设ri为右边大于他的第一个数，那么[i,i+1]、[i,i+2]、......[i,ri]都符合条件，于是在线段树中对于[i+1,ri]都+=p2。对于全部询问排序，给以i为左端点的区间加上贡献，查询[i+1,R]的和。反过来再搞一遍，注意询问区间也要反过来。
然后我们发现题目中的对另一个端点的限制是互补的，我们的区间[i,ri]满足p1，而[i,i+1~ri-1]满足p2。因为只有一个满足p1，而且一个i对应一个ri，于是我们在ri处+p1-p2-p2即可，完美解决这一个问题。
小结：此题关键在于两个条件有一半相同，而另一半互补，所以可以不管互补的那一半到时候再考虑。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define ls k*2 6 #define rs (k*2+1) 7 #define LL long long 8 using namespace std; 9 const int MAXN=210000; 10 int n,m,p1,p2,tp; 11 int v[MAXN],aft[MAXN],st[MAXN]; 12 LL ans[MAXN],sum[MAXN*5],lz[MAXN*5]; 13 struct ed 14 { 15 int L,R,id; 16 }ask[MAXN]; 17 #define down() 18 { 19 sum[ls]+=lz[k]*(mid-ll+1); 20 sum[rs]+=lz[k]*(rr-mid); 21 lz[ls]+=lz[k]; 22 lz[rs]+=lz[k]; 23 lz[k]=0; 24 } 25 inline int gi() {int res; scanf("%d",&res); return res;} 26 bool comp(ed x,ed y){return x.L<y.L;} 27 int find(int x) 28 { 29 int L=1,R=m,mid; 30 while(L<=R) 31 { 32 mid=(L+R)/2; 33 if(ask[mid].L<x) 34 L=mid+1; 35 else 36 R=mid-1; 37 } 38 return L; 39 } 40 void add(int k,int ll,int rr,int L,int R,LL Val) 41 { 42 if(ll==L && rr==R) 43 { 44 sum[k]+=Val*(rr-ll+1); 45 lz[k]+=Val; 46 return; 47 } 48 int mid=(ll+rr)/2; 49 down(); 50 if(R<=mid) 51 add(ls,ll,mid,L,R,Val); 52 else if(mid<L) 53 add(rs,mid+1,rr,L,R,Val); 54 else 55 { 56 add(ls,ll,mid,L,mid,Val); 57 add(rs,mid+1,rr,mid+1,R,Val); 58 } 59 sum[k]=sum[ls]+sum[rs]; 60 } 61 LL query(int k,int ll,int rr,int L,int R) 62 { 63 if(ll==L && rr==R) return sum[k]; 64 int mid=(ll+rr)/2; 65 down(); 66 if(R<=mid) 67 return query(ls,ll,mid,L,R); 68 else if(mid<L) 69 return query(rs,mid+1,rr,L,R); 70 else 71 return query(ls,ll,mid,L,mid)+query(rs,mid+1,rr,mid+1,R); 72 } 73 void work() 74 { 75 tp=0; st[0]=n+1; 76 for(int i=n;i>=1;i--) 77 { 78 while(tp && v[st[tp]]<v[i]) tp--; 79 aft[i]=st[tp]; 80 st[++tp]=i; 81 } 82 memset(sum,0,sizeof sum); 83 memset(lz,0,sizeof lz); 84 for(int i=n;i>=1;i--) 85 { 86 if(aft[i]>i) 87 { 88 add(1,1,n+1,i+1,aft[i],p2); 89 add(1,1,n+1,aft[i],aft[i],p1-2*p2); 90 } 91 int p=find(i); 92 while(ask[p].L==i) 93 { 94 ans[ask[p].id]+=query(1,1,n+1,i+1,ask[p].R); 95 p++; 96 } 97 } 98 } 99 int main() 100 { 101 n=gi();m=gi();p1=gi();p2=gi(); 102 for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=gi(); 103 for(int i=1;i<=m;i++) ask[i].L=gi() , ask[i].R=gi() , ask[i].id=i; 104 sort(ask+1,ask+1+m,comp); 105 work(); 106 reverse(v+1,v+1+n); 107 for(int i=1;i<=m;i++) 108 { 109 swap(ask[i].L,ask[i].R); 110 ask[i].L=n-ask[i].L+1; 111 ask[i].R=n-ask[i].R+1; 112 } 113 sort(ask+1,ask+1+m,comp); 114 work(); 115 for(int i=1;i<=m;i++) 116 printf("%lld ",ans[i]); 117 return 0; 118 }