尝试学习 Min_25 筛，看了半天最终弃疗……
来写点 DS 题散心。
题面中二程度爆表。
以下 \(a_i = k_i\)。
翻译一下，题目的意思是：
对于每个有序数对 \((x,y),x < y\)，如果 \(a_x,a_y > \max\limits_{i = x + 1}^{y - 1} a_i\)，对答案产生 \(p_1\) 的贡献；如果 \(a_x > \max\limits_{i = x + 1}^{y - 1} a_i > a_y\) 或 \(a_y > \max\limits_{i = x + 1}^{y - 1} a_i > a_x\)，对答案产生 \(p_2\) 的贡献。
询问给定 \(l,r\)，求两个数都在 \([l,r]\) 内的数对的答案。
两种贡献都跟 \(\max\) 有关，所以我们可以考虑对于这个 \(\max\) 统计答案的贡献。
先不考虑多组询问，假设只求整个序列的答案。
设 \(left_i\) 表示 \([1,i)\) 中最后一个 \(> a_i\) 的数的位置，\(right_i\) 表示 \((i,n]\) 中第一个 \(> a_i\) 的数的位置。
这个东西随便用单调栈/双向链表/set 预处理就好了。
对于每个 \(i\)，显然 \(a_i = \max\limits_{i = left_i + 1}^{right_i - 1}\)。
所以 \((left_i,right_i)\) 产生 \(p_1\) 的贡献。
\((left_i,j),(k,right_i),i < j < right_i,left_i < k < i\) 产生 \(p_2\) 的贡献。
现在来考虑多组询问。
这个时候发现我们没辙了。
考虑离线。
对于第一种贡献，我们把询问按 \(r\) 排序，从 \(1 \to n\) 扫描，如果遇到一个位置 \(i\)，并有另外一个/多个位置 \(j\) 满足 \(i = right_j\)，就让数据结构上第 \(left_j\) 个数加上 \(p_1\)。
然后对于所有 \(r = i\) 的询问，查询数据结构上 \([l,r]\) 的和，即为第一种贡献。
注意这样子没法统计到形如 \((x,x + 1)\) 的数对的贡献，另外加上即可。
对于第二种贡献，我们先考虑 \((left_i,j),i < j < right_i\) 的情况，另一种倒过来即可。 把询问按 \(l\) 排序，从 \(n \to 1\) 扫描，遇到一个位置 \(i\)，并有 \(j\) 满足 \(i = left_j\)，就让数据结构上 \([j + 1,right_j)\) 加上 \(p_2\)。
对于 \(l = i\) 的询问，直接查询 \([l,r]\) 区间和。
数据结构用线段树就好了。
因为个人习惯，我顺便写了动态开点和标记永久化。
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using namespace std;
const int N = 2e5;
const int M = 2e5;
int n,m,p1,p2;
int st[N + 5],top;
int a[N + 5],left[N + 5],right[N + 5];
vector<int> le[N + 5],ri[N + 5];
struct s_query
{
int l,r,id;
inline bool operator<(const s_query &o) const
{
return l < o.l;
}
inline bool operator>(const s_query &o) const
{
return r < o.r;
}
} qry[M + 5];
long long ans[M + 5];
struct node
{
long long sum,tag;
int ls,rs;
} seg[(N << 6) + 10];
int rt[3];
void update(int l,int r,long long k,int &p,int tl,int tr)
{
if(l > r)
return ;
static int tot = 0;
if(!p)
p = ++tot;
if(l <= tl && tr <= r)
{
seg[p].sum += k * (tr - tl + 1),seg[p].tag += k;
return ;
}
seg[p].sum += k * (min(r,tr) - max(l,tl) + 1);
int mid = tl + tr >> 1;
if(l <= mid)
update(l,r,k,seg[p].ls,tl,mid);
if(r > mid)
update(l,r,k,seg[p].rs,mid + 1,tr);
}
long long query(int l,int r,int p,int tl,int tr)
{
if(!p || (l <= tl && tr <= r))
return seg[p].sum;
int mid = tl + tr >> 1;
long long ret = seg[p].tag * (min(r,tr) - max(l,tl) + 1);
if(l <= mid)
ret += query(l,r,seg[p].ls,tl,mid);
if(r > mid)
ret += query(l,r,seg[p].rs,mid + 1,tr);
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p1,&p2);
a[0] = a[n + 1] = 0x3f3f3f3f,top = 1;
for(register int i = 1;i <= n;++i)
{
scanf("%d",a + i);
for(;top && a[st[top]] < a[i];--top);
le[left[i] = st[top]].push_back(i),st[++top] = i;
}
st[top = 1] = n + 1;
for(register int i = n;i;--i)
{
for(;top && a[st[top]] < a[i];--top);
ri[right[i] = st[top]].push_back(i),st[++top] = i;
}
for(register int i = 1;i <= m;++i)
scanf("%d%d",&qry[i].l,&qry[i].r),qry[i].id = i;
sort(qry + 1,qry + m + 1,greater<s_query>());
for(register int i = 1,j = 0;i <= m;++i)
{
while(j < qry[i].r)
{
++j;
for(register int k = 0;k < ri[j].size();++k)
update(left[ri[j][k]],left[ri[j][k]],p1,rt[0],0,n + 1);
}
ans[qry[i].id] += query(qry[i].l,qry[i].r,rt[0],0,n + 1) + (long long)(qry[i].r - qry[i].l) * p1;
}
sort(qry + 1,qry + m + 1);
for(register int i = m,j = n + 1;i;--i)
{
while(j > qry[i].l)
{
--j;
for(register int k = 0;k < le[j].size();++k)
update(le[j][k] + 1,right[le[j][k]] - 1,p2,rt[1],0,n + 1);
}
ans[qry[i].id] += query(qry[i].l,qry[i].r,rt[1],0,n + 1);
}
sort(qry + 1,qry + m + 1,greater<s_query>());
for(register int i = 1,j = 0;i <= m;++i)
{
while(j < qry[i].r)
{
++j;
for(register int k = 0;k < ri[j].size();++k)
update(left[ri[j][k]] + 1,ri[j][k] - 1,p2,rt[2],0,n + 1);
}
ans[qry[i].id] += query(qry[i].l,qry[i].r,rt[2],0,n + 1);
}
for(register int i = 1;i <= m;++i)
printf("%lld\n",ans[i]);
}