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。
Sample Input
5 5
5 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5
5 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5
Sample Output
28
17
11
11
17
17
11
11
17
HINT
1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9
题解Here!
字符串做得要吐了，于是又回来搞大力数据结构。。。
然后发现还是数据结构好写555。。。
这个题反正$RMQ$跑不了。
然后就是怎么求子区间的和了。
没有强制在线，我们可以拿出区间神器——莫队！
莫队的难点就在于怎么由区间$[l,r]$推出$[l,r+1]$。
考虑他们之间的增加量就是新增的区间$[l,r+1],[l+1,r+1],[l+2,r+1],...,[r+1,r+1]$的最小值之和。
一共$r-l+2$个区间。
如果我们知道区间$[l,r+1]$的最小值位置为$pos$，那么左端点在区间$[l,pos]$之前的区间答案都是$val[pos]$。
对答案的贡献就是$val[pos] imes (pos-l+1)$。
至于$pos$怎么求，当然用$O(1)$的$ST$表啦。。。
只不过$ST$表维护的是最小值的位置。
再考虑剩下的左端点在$[pos+1,r+1]$之间的区间。
这里引入一个类似前缀和的东西。
我们用$front[i]$表示$i$左边第一个比$val[i]$小的数的位置，$next[i]$表示右边。
这个过程显然可以用单调栈$O(n)$预处理。
然后开2个数组$maxl,maxr$。
$maxl[i]$表示$[1,i]$的贡献，那么就有：$maxl[i]=maxl[front[i]]+(i-front[i])*val[i]$
$maxr$同理。
这样，我们就可以在$O(1)$时间内转移了。
那么，从$[l,r]$到$[l,r-1]$呢？
我们只要减去$[l,r-1]->[l,r]$的贡献即可。
从$[l,r]$到$[l+1,r]$与从$[l,r]$到$[l-1,r]$就利用对称性求解即可。
然后我们就可以愉快地跑莫队了。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m;
int val[MAXN],f[MAXN][30],front[MAXN],next[MAXN];
long long ans[MAXN],maxl[MAXN],maxr[MAXN];
struct node{
int l,r,id;
}que[MAXN];
struct Stack{
int value[MAXN],numtop;
Stack(){
memset(value,0,sizeof(value));
numtop=0;
}
inline void push(int x){value[++numtop]=x;}
inline void pop(){value[numtop--]=0;}
inline int top(){return value[numtop];}
inline int empty(){return (numtop==0?1:0);}
}stack;
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
bool cmp1(const node &x,const node &y){
return x.l<y.l;
}
bool cmp2(const node &x,const node &y){
if(x.r==y.r)return x.l<y.l;
return x.r<y.r;
}
void step(){
for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++){
if(val[f[j][i-1]]>val[f[j+(1<<(i-1))][i-1]])f[j][i]=f[j+(1<<(i-1))][i-1];
else f[j][i]=f[j][i-1];
}
}
int query(int l,int r){
int k=0;
while((1<<(k+1))<=r-l+1)k++;
if(val[f[l][k]]>val[f[r-(1<<k)+1][k]])return f[r-(1<<k)+1][k];
return f[l][k];
}
void work(){
int left=1,right=0;
long long s=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
while(right<que[i].r)
{
right++;
int pos=query(left,right);
s+=(long long)val[pos]*(pos-left+1)+maxl[right]-maxl[pos];
}
while(que[i].l>left)
{
int pos=query(left,right);
s-=(long long)val[pos]*(right-pos+1)+maxr[left]-maxr[pos];
left++;
}
while(right>que[i].r)
{
int pos=query(left,right);
s-=(long long)val[pos]*(pos-left+1)+maxl[right]-maxl[pos];
right--;
}
while(que[i].l<left)
{
left--;
int pos=query(left,right);
s+=(long long)val[pos]*(right-pos+1)+maxr[left]-maxr[pos];
}
ans[que[i].id]=s;
}
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld
",ans[i]);
}
void init(){
int nowi=1,nowj=0,d,x;
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
val[i]=read();
f[i][0]=i;
}
step();
for(int i=1;i<=m;i++){
que[i].l=read();que[i].r=read();
que[i].id=i;
}
x=sqrt(n);
sort(que+1,que+m+1,cmp1);
while(nowi<=m){
nowj++;
d=nowi;
while(que[nowi].l<nowj*x&&nowi<=m)nowi++;
sort(que+d,que+nowi,cmp2);
if(nowj==x){
sort(que+d,que+m+1,cmp2);
break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(;!stack.empty()&&val[i]<val[stack.top()];stack.pop())next[stack.top()]=i;
front[i]=stack.top();
stack.push(i);
}
for(;!stack.empty();stack.pop())next[stack.top()]=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)maxl[i]=maxl[front[i]]+(long long)val[i]*(i-front[i]);
for(int i=n;i>=1;i--)maxr[i]=maxr[next[i]]+(long long)val[i]*(next[i]-i);
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}