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Description
大M正在学习函数的光滑性并对Lipschitz常数非常感兴趣：当一个定义域为([l,r])的函数(f)，对于定义域内的任意(x,y)都有(|f(x)-f(y)|<=K*|x-y|)时，则称(K)为该函数在([l,r])上的Lipschitz常数。
然而大M并不满足于函数，所以他定义：对于一个序列(v[1..n])的Lipschitz常数(K)，当(1<=x<y<=n)且(x,y)均为整数时，同样满足(|v[x]-v[y]|<=K*|x-y|)的(K)的最小值
现在给你一个长度为n的序列(v[1..n])并给出(q)个询问，对于每对询问([l,r])，你需要求出(v[l..r])的所有子序列(v[x..y](l<=x<y<=r))的Lipschitz常数之和
数据范围：$n<=100000,q<=100 $
Solution
这题的关键在于，要证明对于区间([l,r])来说，(K)一定是(max(frac{|v[i]-v[i-1]}{|i-(i-1)|}))
我们可以将(frac{|v[x]-v[y]|}{|x-y|})看成一个求平均值的过程，再具体一点的话就是如果我们将(v)看成一个函数，这个式子其实相当于求一段区间（两个端点分别是(x)和(y)）中(|v[i]-v[i-1]|)的平均值，那么也就是说明最大值显然应该是在区间长度为(1)的时候取得（否则总能通过舍掉较小的部分取得更优的结果）
那所以我们可以直接求得(K)的所有可能的取值了（存在(w)数组中），接下来还是常用的套路，看每个取值能在哪个区间内提供贡献
这个其实比较好处理，我们用一个单调栈预处理出每一个(K)值的前一个比它大的位置和后一个比它大的位置，前者记为(pre)，后者记为(nxt)，那么我们可以直接算出这个由(|v[i]-v[i-1]|)产生的(K)对答案的贡献了，它能贡献的子区间左端点的取值范围为(w)数组中的([max(l+1,pre+1),i])，右端点的取值范围为(w)数组中的([i,min(r,nxt-1)])，其中(l,r)是询问的区间
什么叫做(w)数组中的一个区间呢？其实是因为(w)数组的定义写出来的话应该是(w[i]=|v[i]-v[i-1]|)，也就是说(w)中的一个位置其实包含了(v)中的两个位置，这么说好像还是有点绕，但反正就是边界什么的需要稍微。。自己推一下
然后还有一个问题是如果说(w)数组中（也就是(K)的所有取值中）有重复的怎么处理，那其实比较显然只要左端点算上重复的，右端点不算上就好了
（然而。。貌似左端点不算右端点算不太行的样子（也可能是因为我自己写挫了），就比如说会出现这种情况：(w={0,2,1,2,1})，然后如果左端点不算右端点算的话会把(K=2)时的({2,1,2,1})这种情况漏掉）
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define Pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N],pre[N],nxt[N],loc[N],w[N];
Pr rec[N];
int n,m,top;
int Abs(int x){return x<0?-x:x;}
bool cmp(int x,int y){return w[x]<w[y];}
void prework(){
top=0;
pre[1]=0; rec[++top]=mp(w[1],1);
for (int i=2;i<=n;++i){
while(top&&rec[top].first<w[i]) --top;
if (top==0) pre[i]=0;
else pre[i]=rec[top].second;
rec[++top]=mp(w[i],i);
}
top=0;
nxt[n]=n+1; rec[++top]=mp(w[n],n);
for (int i=n-1;i>=1;--i){
while (top&&rec[top].first<w[i]) --top;
if (top==0) nxt[i]=n+1;
else nxt[i]=rec[top].second;
rec[++top]=mp(w[i],i);
}
}
void solve(int l,int r){
int L,R;
ll ans=0;
for (int i=l+1;i<=r;++i){
L=max(l+1,w[pre[i]]==w[i]?pre[i]:pre[i]+1),R=min(nxt[i]-1,r);
ans+=1LL*w[i]*((R-i+1)*(i-L+1));
//printf("%d %d
",w[i],(R-i+1)*(i-L+1));
}
printf("%lld
",ans);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
int l,r;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
w[1]=0;
for (int i=2;i<=n;++i) w[i]=Abs(a[i]-a[i-1]);
prework();
for (int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&l,&r);
solve(l,r);
}
}
/*
input1
10 4
1 5 2 9 1 3 4 2 1 7
2 4
3 8
7 10
1 9
output1
17
82
23
210
input2
7 6
5 7 7 4 6 6 2
1 2
2 3
2 6
1 7
4 7
3 5
output2
2
0
22
59
16
8
*/