传送门QAQ

思路

首先有一个套路（我自己总结的，错了别骂窝 qwq）:

统计满足类似 \(i \lt j \lt k\) 且 \(a_i \lt a_j \lt a_k\) 的关系的 \((i,j,k)\) 数量的这类题一般来说突破点都是中间的 \(j\)，并且一般会采用单调栈处理。

这道题的预处理就是这个套路：

首先对于每个 \(i\)，求出左边离 \(i\) 最近的满足 \(a_{L_i} \gt a_i\) 的 \(L_i\) 和右边离 \(i\) 最近的满足 \(a_{R_i}\gt a_i\) 的 \(R_i\)，这个过程可以用单调栈 \(O(N)\) 实现。

然后分别考虑两种贡献：

• 对于每组 \((L_i,R_i)\)，它们会产生 \(p_1\) 的贡献。

• 1. \(\forall k \in (i,R_i)\)，每组 \((L_i,k)\) 会产生 \(p_2\) 的贡献。

  2. \(\forall k \in (L_i,i)\)，每组 \((k,R_i)\) 会产生 \(p_2\) 的贡献。

题目中并没有要求在线，所以我们可以离线处理。

首先将询问 \((l,r)\) 按照前缀和拆分成 \(l-1\) 和 \(r\) 两部分，这样前后前缀和相减就是 \([l,r]\) 中的贡献。

考虑每种情况的贡献如何处理：

1. 遇到 \(R_i\) 时，对 \(L_i\) 产生 \(p_1\) 的贡献。

2. 遇到 \(L_i\) 时，对 \((i,R_i)\) 产生 \(p_2\) 的贡献。遇到 \(R_i\) 时，对 \((L_i,i)\) 产生 \(p_2\) 的贡献。

将贡献也存入数组中，让贡献和询问分别按位置升序排序。

最后用类似 HH的项链 的方式一边遍历询问一边更进贡献，用一个树状数组实现区间修改即可。时间复杂度 \(O(N\log N)\)

CODE

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 200005;
typedef long long ll;
int n,m,a[maxn];
struct query {
	int l,r,x,v,id;
	query() {
		l = r = x = v = id = 0;
	}
	query(int l,int r,int x,int v,int id):l(l),r(r),x(x),v(v),id(id){}
	bool operator < (const query& p)const {
		return x < p.x;
	}
}Q[maxn << 2],s[maxn << 2];
int cnt,tot;
int stk[maxn],top = 0,L[maxn],R[maxn];
ll ans[maxn],p1,p2;
ll sum1[maxn],sum2[maxn];
int lowbit(int x) {
	return x & -x;
}
void add(int x,int y) {
	for(int i = x;i <= n;i += lowbit(i)) {
		sum1[i] += y;
		sum2[i] += (x - 1) * y;
	}
	return ;
}
ll Query(int x) {
	ll Ans = 0;
	for(int i = x;i;i -= lowbit(i)) {
		Ans += 1ll * x * sum1[i] - sum2[i];
	}
	return Ans;
}
int main() {
	scanf("%d%d%lld%lld",&n,&m,&p1,&p2);
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	stk[top = 0] = n + 1;
	for(int i = n;i;-- i) {
		for(;top&&a[stk[top]] < a[i];-- top)L[stk[top]] = i;
		R[i] = stk[top];
		stk[++ top] = i;
	}
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		int l,r;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		ans[i] = 1ll * (r - l) * p1;
		Q[++ cnt] = query(l , r , l - 1 , -1 , i);
		Q[++ cnt] = query(l , r , r , 1 , i);
	}
	sort(Q + 1 , Q + 1 + cnt);
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		if(L[i] >= 1&&R[i] <= n)s[++ tot] = query(L[i] , L[i] , R[i] , p1 , i);
		if(L[i] >= 1&&R[i] > i + 1)s[++ tot] = query(i + 1 , R[i] - 1 , L[i] , p2 , i);
		if(L[i] < i - 1&&R[i] <= n)s[++ tot] = query(L[i] + 1 , i - 1 , R[i] , p2 , i);
	}
	sort(s + 1 , s + 1 + tot);
	for(int i = 1,j = 1;i <= cnt;++ i) {
		for(;j <= tot&&s[j].x <= Q[i].x;++ j) {
			add(s[j].l , s[j].v);
			add(s[j].r + 1 , -s[j].v);
		}
		ans[Q[i].id] += 1ll * Q[i].v * (Query(Q[i].r) - Query(Q[i].l - 1));
	}
	for(int i = 1;i <= m;++ i)printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿