Problem

Description

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。

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 \(k_s(i<s<j)\) 大于 \(k_i\) 或者 \(k_j\)，则会为影魔提供 \(p_1\) 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 \(p_1\) 的攻击力；当 \(j > i + 1\) 时，若 \(\max\{k_s | i < s < j\}\le \min(k_i, k_j)\)，则提供 \(p_1\) 的攻击力）；另一种情况，令 \(c\) 为 \(k_{i + 1}, k_{i + 2}, \cdots, k_{j -1}\) 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 \(p_2\) 的攻击力，当这样的 \(c\) 不存在时，自然不会提供这 \(p_2\) 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 \([a,b]\)，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 \(a\le i<j\le b\) 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：\(k_1, k_1, \cdots, k_n\)。

Input Format

第一行四个整数 \(n,m,p_1,p_2\)；

第二行 \(n\) 个整数数：\(k_1, k_2,\cdots, k_n\)；

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。

Output Format

共输出 \(m\) 行，每行一个答案，依次对应 \(m\) 个询问。

Sample

Input

10 5 2 3
7 9 5 1 3 10 6 8 2 4
1 7
1 9
1 3
5 9
1 5

Output

Range

对于 \(30\%\) 的数据，\(1\le n, m\le 500\)；

另有 \(30\%\) 的数据，\(p_1 = 2p_2\)；

对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n,m\le 200000, 1\le p_1, p_2\le 1000\)。

Algorithm

线段树

Mentality

蛮简单的一道题吧 \(......\)

不难想到，我们应该首先求出两个数组 \(ll[i],rr[i]\) 分别代表 \(i\) 左边第一个比 \(a[i]\) 大的数的位置和右边第一个比 \(a[i]\) 大的数的位置。

具体怎么求呢？维护一个单调递减的单调栈就好了。详见代码。

然后我们发现，对于每个区间 \([i,i+1]\) ，它们必定都有 \(p1\) 的贡献，这个其实在输入询问的时候就可以处理了，即 \(ans+=(r-l)*p1\) 。

那么不难发现对于一个位置 \(i\) ，它对区间 \([ll[i]+1\sim i-1,rr[i]]\) 和区间 \([ll[i],i+1\sim rr[i]-1]\) 都能产生 \(p2\) 的贡献，那我们只需要将每个点 \(i\) 挂载在 \(ll[i],rr[i]\) 两个位置上，一旦扫到 \(ll[i]\) ，就将 \([i+1,rr[i]]\) 这段区间都加上 \(p2\) ，扫到 \(rr[i]\) ，就将 \(ll[i]\) 位置加上 \(p1\) ，将 \([ll[i]+1,i-1]\) 这段区间都加上 \(p2\) 即可统计区间贡献。

那么如何统计答案呢？其实很简单，对于每个询问区间 \([l,r]\) ，我们只需要保证统计的值全部都来自询问区间内的点对即可。那么换句话说，我们可以用总贡献减去不属于询问区间的贡献。

即我们在扫到某个询问左端点前一个位置 \(l-1\) 时，记录下 \([l,r]\) 的贡献和 \(sum1\) ，这些就是不属于询问区间的贡献，而扫到右端点 \(r\) 时记录下贡献和 \(sum2\) ，这些就是总贡献，那么答案就是 \(sum2-sum1\) 。

很简单伐。

注意事项：

那些 \([i,i+1]\) 的小贡献要加上。
对于一个点 \(i\) ，若左边或右边没有更大的了，将贡献区间左右端点挂载 \(0\) 和 \(n+1\) 上，因为这种情况并不能产生贡献。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define ls (o<<1)
#define rs ((o<<1)+1)
#define mid ((l+r)>>1)
int n,m,p1,p2,a[200001],ql[200001],qr[200001];
int top,L,R,x,stack[200001],rr[200001],ll[200001];
long long ans,sum[800005],adv[800005],sum1[200001],sum2[200001];
vector <int> Mount[5][200005];
void pushdown(int o,int l,int r)
{
    adv[ls]+=adv[o],adv[rs]+=adv[o];
    sum[ls]+=1ll*(mid-l+1)*adv[o];
    sum[rs]+=1ll*(r-mid)*adv[o];
    adv[o]=0;
}
void add(int o,int l,int r)
{
    if(L>R)return;
    if(l>=L&&r<=R)
    {
        sum[o]+=1ll*(r-l+1)*x,adv[o]+=x;
        return;
    }
    pushdown(o,l,r);
    if(mid>=L)add(ls,l,mid);
    if(mid<R)add(rs,mid+1,r);
    sum[o]=sum[ls]+sum[rs];
}
void query(int o,int l,int r)
{
    if(l>=L&&r<=R)
    {
        ans+=sum[o];
        return;
    }
    pushdown(o,l,r);
    if(mid>=L)query(ls,l,mid);
    if(mid<R)query(rs,mid+1,r);
    sum[o]=sum[ls]+sum[rs];
}
void Add(int l,int r,int w)
{
    L=l,R=r,x=w;
    add(1,0,n);
}
void Query(int l,int r)
{
    L=l,R=r,ans=0;
    query(1,0,n);
}
int main()
{
    freopen("3722.in","r",stdin);
    freopen("3722.out","w",stdout);
    cin>>n>>m>>p1>>p2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    stack[top=0]=0;//初始值设为 0 和 n+1
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(top>0&&a[stack[top]]<a[i])top--;
        ll[i]=stack[top],stack[++top]=i;
    }//单调栈预处理 ll，rr 数组
    stack[top=0]=n+1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(top>0&&a[stack[top]]<a[i])top--;
        rr[i]=stack[top],stack[++top]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        Mount[1][rr[i]].push_back(i);
        Mount[2][ll[i]].push_back(i);
    }//挂载贡献区间
    int l,r;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&ql[i],&qr[i]);
        sum2[i]+=1ll*(qr[i]-ql[i])*p1;
        Mount[3][ql[i]-1].push_back(i);
        Mount[4][qr[i]].push_back(i);
    }//挂载询问端点
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0,limit=Mount[1][i].size();j<limit;j++)
        {
            int to=Mount[1][i][j];
            Add(ll[to],ll[to],p1);
            Add(ll[to]+1,to-1,p2);
        }
        for(int j=0,limit=Mount[2][i].size();j<limit;j++)
        {
            int to=Mount[2][i][j];
            Add(to+1,rr[to]-1,p2);
        }
        for(int j=0,limit=Mount[3][i].size();j<limit;j++)
        {
            int to=Mount[3][i][j];
            Query(ql[to],qr[to]);
            sum1[to]=ans;
        }
        for(int j=0,limit=Mount[4][i].size();j<limit;j++)
        {
            int to=Mount[4][i][j];
            Query(ql[to],qr[to]);
            sum2[to]+=ans;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%lld\n",sum2[i]-sum1[i]);
}

【HNOI 2017】影魔