题目大意：
给定一个长为\(n\)的排列，\(m\)次询问，每次查询一个区间的逆序对数。
32MB。
解题思路：
众所周知lxl是个毒瘤，Ynoi道道都是神仙题
二次离线莫队。
对于每个区间\([l,r]\)，考虑将右端点向右移动1格。
其多出来的部分是\([l,r]\)与\(a_{r+1}\)产生的逆序对（\(a\)与\(b\)产生的逆序对和\(b\)与\(a\)产生的逆序对是不同的）。
显然，可以把\([l,r]\)区间拆成\([1,r]-[1,-1]\)。
所以，\([l,r]\)与\(a_{r+1}\)产生的逆序对=\([1,r]\)与\(a_{r+1}\)产生的逆序对-\([1,l-1]\)与\(a_{r+1}\)产生的逆序对。
右端点不断移动，区间\([1,r]\)始终在变，而\([1,l-1]\)却是不变的。
我们先考虑\([1,r]\)与\(a_{r+1}\)产生的逆序对，显然可以用树状数组在\(O(n\log n)\)的时间内预处理出这个东西的前缀和。
然后莫队端点移动、计算这部分贡献的时候就可以做到\(O(1)\)。
然后考虑\([1,l-1]\)与\(a_{r+1}\)产生的逆序对，假设\(r\)要移动到\(r'\)（\(r< r' \)）。
那么，这部分产生的贡献其实是\([1,l-1]\)与\([r,r']\)产生的逆序对。
考虑用一个vector，\(v_i\)记录\([1,i]\)这个区间与其他哪些区间会产生逆序对。
由于莫队的复杂度证明，\(v_i\)记录的区间的长度总和不超过\(O(n\sqrt n)\)，所以直接扫描线，然后暴力计算贡献即可。
其他端点移动方法也是类似处理一下即可。
现在，我们需要一种数据结构，支持\(O(1)\)查询前缀和，不超过\(O(\sqrt n)\)的时间进行单点修改。
那么用权值分块即可，记录块的前缀和和每个位置到该位置所在块的块首的前缀和即可。
由于我们计算的是每个询问与上一个询问的差，所以最后要进行一次前缀和。
时间复杂度\(O(n\sqrt n+n\log n)\)，空间复杂度\(O(n+m)\)。
C++ Code：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cstring>
#define N 100005
#define siz 317
class istream{
char buf[15000003],*s;
public:
inline istream(){
buf[fread(s=buf,1,15000001,stdin)]='\n';
fclose(stdin);
}
template<typename T>
inline istream&operator>>(T&rhs){
for(rhs=0;!isdigit(*s);++s);
while(isdigit(*s))rhs=rhs*10+(*s++&15);
return*this;
}
}cin;
struct ostream{
char buf[8000005],*s;
inline ostream(){s=buf;}
inline void operator<<(long long d){
if(!d){
*s++='0';
}else{
static long long w;
for(w=1;w<=d;w*=10);
for(;w/=10;d%=w)*s++=d/w^'0';
}
*s++='\n';
}
inline ostream&operator<<(const char&c){*s++=c;return*this;}
inline~ostream(){fwrite(buf,1,s-buf,stdout);}
}cout;
std::vector<int>ls;
int n,m,a[N];
long long L_R[N],R_L[N],ans[N],out[N];
struct BiT{
int b[N];
inline void add(int i){for(;i<N;i+=i&-i)++b[i];}
inline int ask(int i){int x=0;for(;i;i^=i&-i)x+=b[i];return x;}
}b;
struct que{
int l,r,id;
inline bool operator<(const que&rhs)const{
return(l/siz!=rhs.l/siz)?(l<rhs.l):(r<rhs.r);
}
}q[N];
struct node{
int l,r,id,op;
};
std::vector<node>L[N],R[N];
int bL[320],bR[320],bel[123456],c[123456],s[320];
int main(){
ls.push_back(-1);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;ls.push_back(a[i++]))cin>>a[i];
std::sort(ls.begin(),ls.end());
ls.erase(std::unique(ls.begin(),ls.end()),ls.end());
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=std::lower_bound(ls.begin(),ls.end(),a[i])-ls.begin();
for(int i=1;i<=n;++i){
L_R[i]=L_R[i-1]+b.ask(1e5)-b.ask(a[i]);
b.add(a[i]);
}
memset(b.b,0,sizeof b.b);
for(int i=n;i;--i){
R_L[i]=R_L[i+1]+b.ask(a[i]-1);
b.add(a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;++i)cin>>q[i].l>>q[q[i].id=i].r;
std::sort(q+1,q+m+1);
q[0].l=1;
for(int i=1;i<=m;++i){
ans[i]=L_R[q[i].r]-L_R[q[i-1].r]+R_L[q[i].l]-R_L[q[i-1].l];
if(q[i].r>q[i-1].r)
R[q[i-1].l-1].push_back((node){q[i-1].r+1,q[i].r,i,-1});
else
if(q[i].r<q[i-1].r)
R[q[i-1].l-1].push_back((node){q[i].r+1,q[i-1].r,i,1});
if(q[i].l<q[i-1].l)
L[q[i].r+1].push_back((node){q[i].l,q[i-1].l-1,i,-1});
else
if(q[i].l>q[i-1].l)
L[q[i].r+1].push_back((node){q[i-1].l,q[i].l-1,i,1});
}
for(int i=1;i<=siz;++i){
bL[i]=bR[i-1]+1;
bR[i]=i*siz;
for(int j=bL[i];j<=bR[i];++j)bel[j]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<bel[a[i]];++j)++s[j];
for(int j=bL[bel[a[i]]];j<=a[i];++j)++c[j];
for(node j:R[i]){
int l=j.l,r=j.r;
long long tmp=0;
for(int k=l;k<=r;++k)
tmp+=s[bel[a[k]+1]]+c[a[k]+1];
ans[j.id]+=j.op*tmp;
}
}
memset(c,0,sizeof c);
memset(s,0,sizeof s);
for(int i=n;i;--i){
for(int j=bel[a[i]]+1;j<=siz;++j)++s[j];
for(int j=a[i];j<=bR[bel[a[i]]];++j)++c[j];
for(node j:L[i]){
int l=j.l,r=j.r;
long long tmp=0;
for(int k=l;k<=r;++k)
tmp+=s[bel[a[k]-1]]+c[a[k]-1];
ans[j.id]+=j.op*tmp;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i)ans[i]+=ans[i-1],out[q[i].id]=ans[i];
for(int i=1;i<=m;++i)cout<<out[i];
return 0;
}