题意：
Description
影魔,奈文摩尔,据说有着一个诗人的灵魂。事实上,他吞噬的诗人灵魂早已成千上万。千百年来,他收集了各式各样的灵魂,包括诗人、牧师、帝王、乞丐、奴隶、罪人,当然,还有英雄。每一个灵魂,都有着自己的战斗力,而影魔,靠这些战斗力提升自己的攻击。奈文摩尔有 n 个灵魂,他们在影魔宽广的体内可以排成一排,从左至右标号 1 到 n。第 i个灵魂的战斗力为k[i],灵魂们以点对的形式为影魔提供攻击力,对于灵魂对 i,j(i<j)来说,若不存在 k[s](i<s<j)大于 k[i]或者 k[j],则会为影魔提供 p1 的攻击力(可理解为:当 j=i+1 时,因为不存在满足 i<s<j 的 s,从而 k[s]不存在,这时提供 p1 的攻击力;当 j>i+1 时,若max{k[s]|i<s<j}=min{k[i],k[j]} , 则 提 供 p1 的 攻 击 力 ); 另一种情况 , 令 c 为k[i+1],k[i+2],k[i+3]......k[j-1]的最大值,若 c 满足:k[i]<c<k[j],或者 k[j]<c<k[i],则会为影魔提供 p2 的攻击力,当这样的 c 不存在时,自然不会提供这 p2 的攻击力;其他情况的点对,均不会为影魔提供攻击力。影魔的挚友噬魂鬼在一天造访影魔体内时被这些灵魂吸引住了,他想知道,对于任意一段区间a,b],1<=a<b<=n,位于这些区间中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力,即考虑 所有满足a<=i<j<=b 的灵魂对 i,j 提供的攻击力之和。顺带一提,灵魂的战斗力组成一个 1 到 n 的排列:k[1],k[2],...,k[n]。
Input
第一行 n,m,p1,p2
第二行 n 个数:k[1],k[2],...,k[n]
接下来 m 行,每行两个数 a,b,表示询问区间[a,b]中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力。
1 <= n,m <= 200000;1 <= p1,p2 <= 1000
Output
共输出 m 行,每行一个答案,依次对应 m 个询问。
题解：
场上推出来了但是不会写……悲伤辣么大QAQ
题目中攻击力的计算方式如下：
$max{k[s]|i<s<j}leq min{k[i],k[j]}$则会产生$p1$的贡献；
$min{k[i],k[j]}<max{k[s]|i<s<j}<max{k[i],k[j]}$则会产生$p2$的贡献；
即区间端点若是整个区间的最大值和次大值则会产生$p1$的贡献，若只有其中一个是最大值则会产生$p2$的贡献，特别地，区间$[i,i+1]$也会产生$p1$的贡献；
反过来考虑$i$对哪些点对有贡献，明显当且仅当$k[i]$是整个区间$[l,r]$的最大值时才会对点对$(l-1,r+1)$产生贡献。
题目中给出了关键条件是$k$数组是1~n的一个排列，所以不会有重复的数；
那么可以用单调栈求出$i$左边第一个比它大的位置$L[i]$和右边第一个位置$R[i]$，显然$k[i]$就是区间$[L[i]+1,R[i]-1]$中的最大值；
此时点对$(L[i],R[i])$会产生$p1$的贡献，点对$(L[i],x)(i<x<R[i])$和$(x,R[i])(L[i]<x<i)$会产生$p2$的贡献；
把点对看成二维平面上的点，这就变成了二维平面上某一个矩形内求和的问题，可以离线排序后用扫描线+树状数组解决。
但是考场上我不会写这个东西。。。下午去学了一发才会。。。
听说主席树也能做，但是我不会差分。。。
代码：
（不要在意里面的奇怪东西和卡榜用优读）
1 //大不列颠帝国尊贵的骑士王，圣剑Excalibur的持有者——阿尔托利亚·潘德拉贡 Arturia Pendragon
2 //永远是我的老婆，不接受反驳
3
4 #include<algorithm>
5 #include<iostream>
6 #include<cstring>
7 #include<cstdio>
8 #include<cmath>
9 #include<queue>
10 #define inf 2147483647
11 #define eps 1e-9
12 #define lb(x) (x&-x)
13 using namespace std;
14 typedef long long ll;
15 struct task{
16 int id,z,l,r,v;
17 friend bool operator <(task a,task b){
18 return a.z<b.z;
19 }
20 }q1[500001],q2[1000001];
21 int n,m,p1,p2,l,r,nw1=1,nw2=1,top=0,tot1=0,tot2=0,num[200002],st[200001],L[200001],R[200001];
22 ll ans[200001],t1[1000001],t2[1000001];
23 char buffer[600011],*hd,*tl;
24 inline char Getchar(){
25 if(hd==tl){
26 int len=fread(buffer,1,600010,stdin);
27 hd=buffer,tl=hd+len;
28 if(hd==tl)
29 return EOF;
30 }
31 return *hd++;
32 }
33 inline int rd(){
34 register int x=0;
35 char c;
36 do c=Getchar();
37 while(!isdigit(c));
38 do{
39 x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
40 c=Getchar();
41 }while(isdigit(c));
42 return x;
43 }
44 void add(ll u,ll x){
45 ll uu=u;
46 for(;u<=n;u+=lb(u)){
47 t1[u]+=x;
48 t2[u]+=x*uu;
49 }
50 }
51 ll query(ll u){
52 ll ret=0,uu=u;
53 for(;u;u-=lb(u)){
54 ret+=(uu+1)*t1[u]-t2[u];
55 }
56 return ret;
57 }
58 int main(){
59 //scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p1,&p2);
60 n=rd(),m=rd(),p1=rd(),p2=rd();
61 num[0]=num[n+1]=inf;
62 st[top=1]=0;
63 for(int i=1;i<=n;i++){
64 //scanf("%d",&num[i]);
65 num[i]=rd();
66 while(num[i]>num[st[top]])R[st[top--]]=i;
67 L[i]=st[top];
68 st[++top]=i;
69 }
70 while(top)R[st[top--]]=n+1;
71 for(int i=1;i<=m;i++){
72 //scanf("%d%d",&l,&r);
73 l=rd(),r=rd();
74 q1[++tot1]=(task){i,l-1,l,r,-1};
75 q1[++tot1]=(task){i,r,l,r,1};
76 ans[i]=(ll)p1*(r-l);
77 }
78 for(int i=1;i<=n;i++){
79 if(L[i]&&R[i]!=n+1)q2[++tot2]=(task){0,R[i],L[i],L[i],p1};
80 if(L[i]&&R[i]>i+1)q2[++tot2]=(task){0,L[i],i+1,R[i]-1,p2};
81 if(L[i]<i-1&&R[i]!=n+1)q2[++tot2]=(task){0,R[i],L[i]+1,i-1,p2};
82 }
83 sort(q1+1,q1+tot1+1);
84 sort(q2+1,q2+tot2+1);
85 while(!q1[nw1].z)nw1++;
86 for(int i=1;i<=n;i++){
87 for(;nw2<=tot2&&q2[nw2].z==i;nw2++){
88 add(q2[nw2].r+1,-q2[nw2].v);
89 add(q2[nw2].l,q2[nw2].v);
90 }
91 for(;nw1<=tot1&&q1[nw1].z==i;nw1++){
92 ans[q1[nw1].id]+=(ll)q1[nw1].v*(query(q1[nw1].r)-query(q1[nw1].l-1));
93 }
94 if(nw1>tot1)break;
95 }
96 for(int i=1;i<=m;i++){
97 printf("%lld
",ans[i]);
98 }
99 return 0;
100 }