题解: 这个题 出发点显然在 在左/右 加入一个元素对答案产生的贡献 首先大方向上 离线区间考虑单点贡献 我们选择莫队算法 问题是我们如何去处理转移的问题
$$ \sum_{i=l}^{r}min(a[i....r]) $$这个很容易得到 然后有个很显然的结论 若pos为区间{l,r]的最小值的出现位置 那么在右端点加入a[r]时[l,pos]都将是a[pos]产生贡献 那么我们现在考虑的是[pos+1,r]这些为左端点时的贡献情况
我们对于每一个点处理出左边第一个比他小的 然后这就类似于一颗树形结构 那么对于加入的a[r]我们只需要将树上的pos~r这条链的和统计出来即可 为什么一定这条链满足情况呢 因为a[pos]是区间最小的位置 那么对于r必然其祖先节点有一个是pos那么对于[pos+1,r]为左端点的情况 我们只需要统计前缀和 差分一下就行了 然后区间最小值位置用st表求出即可
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
const int MAXN=3e5+10;
const double eps=1e-8;
#define ll long long
using namespace std;
struct edge{int t,v;edge*next;}e[MAXN<<1],*h[MAXN],*o=e;
void add(int x,int y,int vul){o->t=y;o->v=vul;o->next=h[x];h[x]=o++;}
ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m;
int p[MAXN],sz,a[MAXN];
typedef struct node{
int id,l,r;
friend bool operator<(node aa,node bb){
if(p[aa.l]==p[bb.l])return aa.r<bb.r;
return p[aa.l]<p[bb.l];
}
}node;
node que[MAXN];
int dp[MAXN][21],pos[MAXN][21],ma[MAXN];
int L[MAXN],R[MAXN];
int st[MAXN],tot;
ll Left[MAXN],Right[MAXN];
void inte(){
L[1]=0;st[++tot]=1;
inc(i,2,n){
while(tot&&a[st[tot]]>a[i])tot--;
if(!tot)L[i]=0;
else L[i]=st[tot];
st[++tot]=i;
}
inc(i,1,n){
Left[i]=Left[L[i]]+1ll*(i-L[i])*a[i];
}
tot=0;R[n]=n+1;st[++tot]=n;
dec(i,n-1,1){
while(tot&&a[st[tot]]>a[i])tot--;
if(!tot)R[i]=n+1;
else R[i]=st[tot];
st[++tot]=i;
}
dec(i,n,1){
Right[i]=Right[R[i]]+1ll*(R[i]-i)*a[i];
}
inc(i,1,n)dp[i][0]=a[i],pos[i][0]=i;
inc(j,1,20){
for(int i=1;i+(1<<j)<=n+1;i++){
if(dp[i][j-1]<dp[i+(1<<(j-1))][j-1])dp[i][j]=dp[i][j-1],pos[i][j]=pos[i][j-1];
else dp[i][j]=dp[i+(1<<(j-1))][j-1],pos[i][j]=pos[i+(1<<(j-1))][j-1];
}
}
inc(i,2,n)ma[i]=ma[i/2]+1;
}
int Min(int l,int r){
int k=r-l+1;k=ma[k];
int t1=dp[l][k];int t2=dp[r-(1<<k)+1][k];
if(t1<t2)return pos[l][k];
else return pos[r-(1<<k)+1][k];
}
ll ans1[MAXN];
ll rcalc(int l,int r){
int t=Min(l,r);
ll ans2=1ll*(t-l+1)*a[t]+Left[r]-Left[t];
return ans2;
}
ll lcalc(int l,int r){
int t=Min(l,r);
ll ans2=1ll*(r-t+1)*a[t]+Right[l]-Right[t];
return ans2;
}
int main(){
n=read();m=read();
sz=sqrt(n);
inc(i,1,n)p[i]=(i-1)/sz+1;
inc(i,1,n)a[i]=read();
inte();
inc(i,1,m)que[i].l=read(),que[i].r=read(),que[i].id=i;
sort(que+1,que+m+1);
int l=1;int r=0;ll ans=0;
inc(i,1,m){
while(r<que[i].r)r++,ans+=rcalc(l,r);
while(r>que[i].r)ans-=rcalc(l,r),r--;
while(l<que[i].l)ans-=lcalc(l,r),l++;
while(l>que[i].l)l--,ans+=lcalc(l,r);
ans1[que[i].id]=ans;
}
inc(i,1,m)printf("%lld\n",ans1[i]);
}
给定长度为n的序列：a1,a2,…,an，记为a[1:n]。类似地，a[l:r]（1≤l≤r≤N）是指序列：al,al+1,…,ar-
1,ar。若1≤l≤s≤t≤r≤n，则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。现在有q个询问，每个询问给定两个数l和r，1≤l≤r
≤n，求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。例如，给定序列5,2,4,1,3，询问给定的两个数为1和3，那么a[1:3]有
6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3],a[1:3]，这6个子序列的最小值之和为5+2+4+2+2+2=17。
输入文件的第一行包含两个整数n和q，分别代表序列长度和询问数。接下来一行，包含n个整数，以空格隔开
,第i个整数为ai，即序列第i个元素的值。接下来q行，每行包含两个整数l和r，代表一次询问。
对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。
1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9
原文：https://www.cnblogs.com/wang9897/p/10347263.html