题目背景
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。
题目描述
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 ks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]。
输入输出格式
输入格式：输入文件名为 sf.in。
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。
输出格式：输出文件名为 sf.out
共输出 m 行，每行一个答案，依次对应 m 个询问。
输入输出样例
说明
30%： 1<= n,m <= 500。
另 30%: p1=2*p2。
100%:1 <= n,m <= 200000； 1 <= p1,p2 <= 1000。
solution：首先由于多组区间查询我们考虑离线算法，所以将查询按照左端点排序。对于攻击力p1满足max{k[s]|i<s<j}<=min{k[i],k[j]}，而攻击力p2需满足min{k[i],k[j]}<=max{k[s]|i<s<j}<=max{k[i],k[j]};我们可以找到这两个条件的联系,设攻击p3为max{k[s]|i<s<j}<=max{k[i],k[j]}，可知情况p3包含1、2。所以我们考虑如何求解情况3。设rt[i]为i右边第一个比k[i]大的值的下标（用单调栈得到此数组），所以如果以i为左端点可知以区间[i+1,rt[i]]会对答案产生贡献，那怎么区分是贡献p1还是p2呢，我们将区间[i+1,rt[i]]都加上p2，也就是将p1攻击也算成p2，由于对于以i为左端点的数对只有[i,rt[i]]会产生p1的贡献，且这个贡献将被计算两次（反向扫描也会多算一次），所以我们选择在rt[i]上加上p1-2×p2。接下来再将数组和询问翻转，再扫描一遍统计答案即可。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define N 200010 using namespace std; int n,m,p1,p2,top,k[N],rt[N],stck[N]; ll ans[N]; struct question{ int l,r,id; }q[N]; struct node{ ll sum,lz; }sgm[N*10]; bool cmp(const question&a,const question&b) { return a.l<b.l; } int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f*=-1;ch=getchar();} while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return x*f; } void lazy(int rt,int l,int r,int mid) { if(sgm[rt].lz) { ll res=sgm[rt].lz; sgm[rt<<1].sum+=1ll*(mid-l+1)*res; sgm[rt<<1].lz+=res; sgm[rt<<1|1].sum+=1ll*(r-mid)*res; sgm[rt<<1|1].lz+=res; sgm[rt].lz=0; } } void build(int rt,int l,int r) { sgm[rt].lz=0; if(l==r){sgm[rt].sum=0;return ;} int mid=(l+r)>>1; build(rt<<1,l,mid); build(rt<<1|1,mid+1,r); sgm[rt].sum=sgm[rt<<1].sum+sgm[rt<<1|1].sum; } void update(int rt,int l,int r,int L,int R,int val) { if(L<=l&&R>=r){sgm[rt].sum+=1ll*(r-l+1)*val,sgm[rt].lz+=val;return;} int mid=(l+r)>>1; lazy(rt,l,r,mid); if(L<=mid)update(rt<<1,l,mid,L,R,val); if(R>mid)update(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,val); sgm[rt].sum=sgm[rt<<1].sum+sgm[rt<<1|1].sum; } ll query(int rt,int l,int r,int L,int R) { if(L<=l&&R>=r)return sgm[rt].sum; int mid=(l+r)>>1; lazy(rt,l,r,mid); ll ans=0; if(L<=mid)ans+=query(rt<<1,l,mid,L,R); if(R>mid)ans+=query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R); return ans; } void work() { memset(sgm,0,sizeof(sgm)),memset(stck,0,sizeof(stck)); build(1,1,n+1);sort(q+1,q+1+m,cmp);k[stck[top=0]=n+1]=n+1;//将询问离线排序 for(int i=n;i>=1;i--)//用单调栈找到i右边第一个比i大的数 { while(top&&k[stck[top]]<k[i])top--; rt[i]=stck[top],stck[++top]=i; } for(int i=n,cur=m;i>=1;i--)//从右到左枚举左端点 { update(1,1,n+1,i+1,rt[i],p2),update(1,1,n+1,rt[i],rt[i],p1-2*p2); while(cur&&q[cur].l==i)ans[q[cur].id]+=query(1,1,n+1,1,q[cur].r),cur--;//加上[l,r]的贡献 } } int main() { n=read(),m=read(),p1=read(),p2=read(); for(int i=1;i<=n;i++)k[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++)q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i; work();//正向扫描 reverse(k+1,k+1+n); for(int i=1;i<=m;i++)q[i].l=n-q[i].l+1,q[i].r=n-q[i].r+1,swap(q[i].l,q[i].r);//调整询问 work();//反向扫描 for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }