Description
给定长度为n的序列：a1,a2,…,an，记为a[1:n]。类似地，a[l:r]（1≤l≤r≤N）是指序列：al,al+1,…,ar-
1,ar。若1≤l≤s≤t≤r≤n，则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。现在有q个询问，每个询问给定两个数l和r，1≤l≤r
≤n，求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。例如，给定序列5,2,4,1,3，询问给定的两个数为1和3，那么a[1:3]有
6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3],a[1:3]，这6个子序列的最小值之和为5+2+4+2+2+2=17。
Input
输入文件的第一行包含两个整数n和q，分别代表序列长度和询问数。接下来一行，包含n个整数，以空格隔开
,第i个整数为ai，即序列第i个元素的值。接下来q行，每行包含两个整数l和r，代表一次询问。
Output
对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。
题解：
参照于网上某位大佬。。。-----http://www.cnblogs.com/ccz181078/p/6227639.html
对于每个a[i],若其在[l，r]有贡献，满足l<=i，r>=i，,a[l...i]>=a[i]，a[i...r]>=a[i]，然后我们可以预处理出每个a[i]统辖的l，r的位置。然后对于每个询问L,R，包含子序列l，r满足L<=l<=r<=R，转化一下，就是在一个平面中求L<=x<=R,L<=y<=R这个矩形面积（不满足前一个式子的可以不加）。这个时候就可以用二维树状数组或者线段树O（n（logn）^2）乱搞了。但时间还是不优，考虑优化。把询问离线，按照L从大到小排序。令与y轴平行的扫描线沿x轴负方向扫描，把符合当前条件的修改添加。
然后就是喜闻乐见的差分了=-=。（调了4个小时。。。绝望TAT）对于每个三元组（l,op,r）l，r为op极大区域内满足op最小的左右端点。（比如2、4、5、1，对于op==2，满足l==2,r==3）那么考虑对每次询问的贡献，对于某个三元组，在扫描线扫的时候，我们把贡献分成进入离开该三元组，将贡献进行差分。（此处不太好理解。）当我们进入该区间时，我们直接先将其在平面上对应的矩形面积拓展到坐标轴上，离开时，再将之前多覆盖的减去。当计算答案时（还是2、4、5、1，如询问L=3,R=4时，我们显然看到op==4的左端点小于3），我们需要再次差分，因为我添加时是把op~r添加的，对于答案的贡献就是min(op-i[当前询问],op-L[op])*(r[op]-op)*a[op]，又一开始时设置了将面积添加改变为两部分，min(op-L[当前询问],op-l[op])直接就可以改为op-L[当前询问]，分成两个树状数组，对于第一个数组，记录需要减去的a[op]，第二个直接记录全部贡献。最后统计时再给第一个乘上L[当前询问]。对于每个树状数组，其实都是假二维，因为我们一个点是影响一个矩形的取值，所以在y轴方向上直接乘上x的大小，时间就优化了下来。
这个可能解释得不大清楚。。。（我真的尽力了。。。）如果您有疑问（且愿意）可以参照代码理解。。。（毕竟我这么弱。。。。）
#include<cstdio> #include<algorithm> typedef long long ll; const int N=100100; int n,q,a[N]; int que[N],top,l[N],r[N]; ll ans[N]; int read(){ int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<48||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>47&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*f; } ll c1[2][N],c2[2][N]; void add(ll*a1,ll*a2,int x,ll w){ if(!x)return; for(int i=x;i;i-=i&-i)a1[i]+=w; w*=x; for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)a2[i]+=w; } ll sum(ll*a1,ll*a2,int x){ if(!x)return 0; ll s=0; for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)s+=a1[i]; s*=x; for(int i=x-1;i;i-=i&-i)s+=a2[i]; return s; } struct Query{ int l,r,id; void get_ans(){ ans[id]=sum(c1[0],c1[1],r)*l+sum(c2[0],c2[1],r); } friend bool operator<(Query a,Query b){return a.l>b.l;} }query[N]; struct P{ int l,r1,r2; ll k,b; void push(){ add(c1[0],c1[1],r2,k),add(c1[0],c1[1],r1-1,-k); add(c2[0],c2[1],r2,b),add(c2[0],c2[1],r1-1,-b); } friend bool operator<(P a,P b){return a.l>b.l;} }e[N*2]; int ep=0; int main(){ // freopen("sequence2.in","r",stdin); // freopen("sequence.out","w",stdout); n=read();q=read(); for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); for(int i=0;i<q;++i) query[i].l=read(),query[i].r=read(),query[i].id=i; std::sort(query,query+q); for(int i=1;i<=n;++i){ while(top&&a[que[top]]>a[i])r[que[top--]]=i-1; que[++top]=i; } while(top)r[que[top--]]=n; for(int i=n;i;--i){ while(top&&a[que[top]]>=a[i])l[que[top--]]=i+1; que[++top]=i; } while(top)l[que[top--]]=1; for(int i=1;i<=n;++i){ e[ep++]=(P){i,i,r[i],-a[i],ll(i+1)*a[i]}; e[ep++]=(P){l[i],i,r[i],a[i],ll(-l[i])*a[i]}; } std::sort(e,e+ep); for(int i=0,p=0;i<q;++i){ while(p<ep&&e[p].l>=query[i].l)e[p++].push(); query[i].get_ans(); } for(int i=0;i<q;++i)printf("%lld ",ans[i]); return 0; }