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 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5
Sample Output
17
11
11
17
HINT
1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9
题解：
这题思路莫名清晰，一看没有修改果断上莫队
然后移动指针r时会产生（r-l+1）个新区间 考虑每一个区间的最小值是谁，我们就统计一个数对哪些区间有贡献
很容易得知：设pre[i]为i之前第一个比a[i]小的数，于是i的贡献就是（i-pre[i]+1）*a[i] 而pre[i]的贡献为(pre[i]-pre[pre[i]]+1)*a[pre[i]] 以此类推 设[l,r]区间的最小值所在位置为kt，kt产生的贡献即为（kt-i+1）*a[kt]，所以pre[i]一直往前走到kt位置
然后为了统计的效率，我们处理一个前缀和数组，含义大概就是上面那个沿着pre走，走到0为止的和
sum[i]可以递推出来：sum[i]=sum[pre[i]]+(i-pre[i]+1)*a[i].
L指针的移动同理，改成减去即可
然后pre数组单调栈处理
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define ls (node<<1) #define rs (node<<1|1) using namespace std; const int N=100005,INF=1999999999; typedef long long ll; int gi(){ int str=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-'0',ch=getchar(); return str*f; } int n,m,a[N],Tree[N*4],ct,pre[N],nxt[N],q[N],maxdep,f[N][21]; ll as=0,suml[N],sumr[N],ans[N]; struct AKK{ int l,r,id; }ques[N]; bool comp(const AKK &p,const AKK &qq) { if(p.l/ct!=qq.l/ct)return p.l/ct<qq.l/ct; return p.r<qq.r; } void prework() { q[0]=0;int r=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(r>0 && a[i]<=a[q[r]])r--; pre[i]=q[r]; q[++r]=i; } r=0;q[0]=n+1; for(int i=n;i>=1;i--) { while(r>0 && a[i]<=a[q[r]])r--; nxt[i]=q[r]; q[++r]=i; } for(int i=1;i<=n;i++)suml[i]=suml[pre[i]]+(ll)(i-pre[i])*a[i]; for(int i=n;i>=1;i--)sumr[i]=sumr[nxt[i]]+(ll)(nxt[i]-i)*a[i]; } int Ask(int l,int r) { int k=(int)(log(r-l+1)/log(2)),to=r-(1<<k)+1; if(a[f[l][k]]<=a[f[to][k]])return f[l][k]; return f[to][k]; } ll pl(int l,int r) { int kt=Ask(l,r); ll cnt=(ll)(kt-l+1)*a[kt]; cnt+=suml[r]-suml[kt]; return cnt; } ll pr(int l,int r) { int kt=Ask(l,r); ll cnt=(ll)(r-kt+1)*a[kt]; cnt+=sumr[l]-sumr[kt]; return cnt; } void work() { int l=1,r=1;as=a[1]; for(int i=1;i<=m;i++) { while(r<ques[i].r)r++,as+=pl(l,r); while(r>ques[i].r)as-=pl(l,r),r--; while(l<ques[i].l)as-=pr(l,r),l++; while(l>ques[i].l)l--,as+=pr(l,r); ans[ques[i].id]=as; } } void gf() { for(int j=1;j<=maxdep;j++) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) { int to=i+(1<<(j-1)); if(a[f[i][j-1]]>a[f[to][j-1]])f[i][j]=f[to][j-1]; else f[i][j]=f[i][j-1]; } } int main() { n=gi();m=gi(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=gi(),f[i][0]=i; maxdep=log(n)/log(2); gf(); for(int i=1;i<=m;i++)ques[i].l=gi(),ques[i].r=gi(),ques[i].id=i; ct=sqrt(n); sort(ques+1,ques+m+1,comp); prework(); work(); for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld ",ans[i]); return 0; }