\(Description\)
给定长为\(n\)的序列\(A_i\)。\(q\)次询问，每次给定\(l,r\)，求\(\sum\limits_{i=l}^r\sum\limits_{j=i}^r\min\{A_i,A_{i+1},...,A_j\}\)。
\(n,q\leq10^5\)。
\(Solution\)
莫队：
这种区间询问问题考虑一下莫队。
考虑移动右端点\(r\to r+1\)的时候怎么更新答案。
设\(r+1\)左边第一个比\(A_{r+1}\)小的数是\(A_p\)，那么\(Ans\)+=\((r+1-p)*A_{r+1}\)；同理再找到\(p\)右边第一个比\(A_p\)小的数\(A_{p'}\)，\(Ans\)+=\((p-p')*A_p\)；再找\(p'\)左边第一个比\(A_{p'}\)小的数......
这样怎么快速确定一个边界呢？
令\([l,r+1]\)的最小值是\(A_x\)（用\(RMQ\)得到），处理到\(x\)位置后，\(Ans\)+=\((x-l+1)*A_x\)就可以了。
而左边第一个比\(A_i\)小的数的位置可以单调栈维护出来，记为\(L_i\)。
因为每个数作为最小值时的区间是不会相交的，大概就是会形成一个树形结构。反正是可以用一个类似前缀和的东西维护，记为\(sum_i=sum_{L_i}+(i-L_i)*A_i\)（右端点在\(i\)，左端点在\([1,i]\)时的答案）。
这样移动右端点\(r\to r+1\)的时候，\(Ans\)+=\(sum_{r+1}-sum_x+(x-l+1)*A_x\)，就可以\(O(1)\)更新了。
对于左端点，还要再反着维护一个\(sum\)。
复杂度\(O(n\log n+n\sqrt{n})\)。
优化：
对于询问\([l,r]\)，令\([l,r]\)的区间最小值为\(A_p\)。
那么对于左端点在\([l,p]\)，右端点在\([p,r]\)的子区间，最小值都是\(A_p\)，所以\(p\)的贡献就是\(A_p\times(p-l+1)\times(r-p+1)\)。
当子区间左右端点都在\((p,r]\)时，答案就是\(sum_r+sum_{r-1}+...+sum_{p+1}-sum_p\times(r-p)\)。
记\(s_i=\sum_{j=1}^isum_j\)，那么答案就是\(s_r-s_p-sum_p\times(r-p)\)。
同理对于子区间左右端点在\([l,p)\)时，反着维护一个\(s\)。
预处理出来就可以在线\(O(1)\)回答询问了，复杂度\(O(n\log n)\)。
线段树：
这儿写的挺详细的，想再写一写。
这种\(\sum_{i=l}^r\sum_{j=i}^r\)的询问，把\([l,r]\)中的子区间写出来。比如拿样例来说，\(l=1,\ r=5\)，每个子区间的最小值为：
\(1\ \ 1\ \ 1\ \ 1\ \ 3\\1\ \ 1\ \ 1\ \ 1\\2\ \ 2\ \ 4\\2\ \ 2\\5\)
当询问区间为\([l,r]\)时，答案就是第\(1\)行到第\(r\)行中，前\(l\sim r\)列的和。
也就是每次右端点由\(r-1\)移动到\(r\)，是给区间\(i\sim r,\ 1\leq i\leq r\)分别加了一个值\(\min\limits_{j=i}^r\{a_j\}\)，也就是上面的三角中多了第\(r\)行。
如果此时询问右端点就是\(r\)，那答案就是\([l,r]\)此时的区间和。
观察每一行的区间加，每次\(A_r\)会覆盖\(r\)前面一段区间，然后就不变和上一次一样了。
而\(A_r\)会覆盖的区间就是\([p+1,r]\)，\(p\)是\(r\)前面第一个比\(A_r\)小的位置，可以单调栈预处理。
也就是我们把\([p+1,r]\)的\(val\)改成\(A_r\)，然后所有位置的\(sum\)+=\(val\)。
怎么维护呢？
记此时的区间\(val\)的和为\(sum\)，区间长度为\(len\)，要修改的值为\(v\)。不妨把\([l,r]\)的答案记作\(his\)，也就是\([l,r]\)中所有点各历史版本的\(val\)的和。
那么修改就是：\(sum'=v*len\)，更新\(his\)就是：\(his'=his+sum'\)（表示不理解为什么都写的\(+sum\)啊QAQ）。
要用线段树高效维护区间修改，就得能维护标记合并。
把转移用矩阵写出来，就是这样：\[\begin{bmatrix}len & sum & his \\\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & a & c \\ 0 & b & d \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}len' & sum' & his' \\\end{bmatrix}\]
维护\(a,b,c,d\)四个值。修改的参数就是\(a=v,b=c=d=0\)，更新\(his\)的参数是\(d=1,a=b=c=0\)，单位矩阵（初始化）是\(b=1,a=c=d=0\)。
虽然参数用不到\(c\)，但是矩阵结合的时候会改变\(c\)，但不会影响其他不维护的位置，所以要维护\(c\)。
这样利用矩阵的结合律，就可以维护标记合并了。
复杂度\(O(n\log n)\)。
莫队：
//13240kb 3876ms
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,INF=0x7fffffff;
int bel[N],A[N],sk[N],Log[N],pos[N][18];
LL suml[N],sumr[N],Ans[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Quries
{
int l,r,id;
bool operator <(const Quries &x)const
{
return bel[l]==bel[x.l]?r<x.r:bel[l]<bel[x.l];
}
}q[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline int Min(int x,int y)
{
return A[x]<=A[y]?x:y;
}
inline int Query(int l,int r)
{
int k=Log[r-l+1];
return Min(pos[l][k],pos[r-(1<<k)+1][k]);
}
void Init_ST(const int n)
{
for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)
for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)
pos[i][j]=Min(pos[i][j-1],pos[i+t][j-1]);
}
inline LL UpdL(int l,int r)
{
int p=Query(l,r);
return suml[l]-suml[p]+1ll*(r-p+1)*A[p];
}
inline LL UpdR(int l,int r)
{
int p=Query(l,r);
return sumr[r]-sumr[p]+1ll*(p-l+1)*A[p];
}
int main()
{
const int n=read(),Q=read(),size=sqrt(n);
for(int i=1; i<=n; ++i) bel[i]=i/size, A[i]=read(), pos[i][0]=i;
for(int i=1; i<=Q; ++i) q[i]=(Quries){read(),read(),i};
Init_ST(n), A[0]=-INF;
for(int i=1,top=0; i<=n; ++i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
sumr[i]=sumr[sk[top]]+1ll*(i-sk[top])*A[i], sk[++top]=i;
}
A[sk[0]=n+1]=-INF;
for(int i=n,top=0; i; --i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
suml[i]=suml[sk[top]]+1ll*(sk[top]-i)*A[i], sk[++top]=i;
}
std::sort(q+1,q+1+Q);
LL Now=0;
for(int i=1,l=1,r=0; i<=Q; ++i)
{
int ln=q[i].l,rn=q[i].r;
while(l>ln) Now+=UpdL(--l,r);//l的减 或 r的加 要先进行，否则就会出现l>r的情况 然后Query的时候就gg了
while(r<rn) Now+=UpdR(l,++r);
while(l<ln) Now-=UpdL(l++,r);
while(r>rn) Now-=UpdR(l,r--);
Ans[q[i].id]=Now;
}
for(int i=1; i<=Q; printf("%lld\n",Ans[i++]));
return 0;
}优化：
//12444kb 1048ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,INF=0x7fffffff;
int A[N],sk[N],Log[N],pos[N][18];
LL suml[N],sumr[N],sl[N],sr[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline int Min(int x,int y)
{
return A[x]<=A[y]?x:y;
}
inline int Query(int l,int r)
{
int k=Log[r-l+1];
return Min(pos[l][k],pos[r-(1<<k)+1][k]);
}
void Init_ST(const int n)
{
for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)
for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)
pos[i][j]=Min(pos[i][j-1],pos[i+t][j-1]);
}
int main()
{
const int n=read(),Q=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read(), pos[i][0]=i;
Init_ST(n), A[0]=-INF;
for(int i=1,top=0; i<=n; ++i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
sumr[i]=sumr[sk[top]]+1ll*(i-sk[top])*A[i], sr[i]=sr[i-1]+sumr[i];
sk[++top]=i;
}
A[sk[0]=n+1]=-INF;
for(int i=n,top=0; i; --i)
{
while(A[sk[top]]>A[i]) --top;
suml[i]=suml[sk[top]]+1ll*(sk[top]-i)*A[i], sl[i]=sl[i+1]+suml[i];
sk[++top]=i;
}
for(int i=1; i<=Q; ++i)
{
int l=read(),r=read(),p=Query(l,r);
printf("%lld\n",1ll*A[p]*(p-l+1)*(r-p+1)+sr[r]-sr[p]-sumr[p]*(r-p)+sl[l]-sl[p]-suml[p]*(p-l));
}
return 0;
}