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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
莫队算法+单调栈+前缀和
考虑离线的莫队算法，面临的问题就是边界移动对于答案的影响如何计算。
实际上就是要求这个东西：对于区间[l,r]，固定左端点或者右端点，所有子区间的最小值的和。
暴力是可以O(n^2)求出的，显然太慢，考虑优化。
下面以固定左端点为例，右端点同理。
首先找出[l,r]的最小值所在的位置x。那么对于右端点是[x,r]的子串，最小值是a[x]，对答案贡献就是a[x]*(r-x+1)。
区间最小值用RMQ，O(nlogn)预处理，O(1)单次询问。
那剩余的部分呢？实际上每一个点i能影响的范围实际是[i,pi]，pi表示i后面第一个比他小的点，p数组可以用单调栈预处理。
相当于对于一个数a[x]，向他后面第一个小于它的数a[y]连边，边权a[x]*(y-x)，求a[l]到a[x]的距离。
这形成一个树形结构，对于树上的链维护一个前缀和，就可以O(1)询问了。这里一定可以保证x是l的祖先，想想为什么？
于是这道题就解决了，总时间复杂度O(n*logn+n*sqrt(n))。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,block,top,a[N],pl[N],pr[N],s[N],lg[N];
ll now,sl[N],sr[N],ans[N];
pa f[N][20];
struct data{int l,r,id,num;}q[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline bool cmp(data a,data b)
{
return a.num==b.num?a.r<b.r:a.num>b.num;
}
inline int rmq(int l,int r)
{
int t=lg[r-l+1];
return min(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]).second;
}
inline ll queryl(int l,int r)
{
int x=rmq(l,r);
return (ll)a[x]*(r-x+1)+sr[l]-sr[x];
}
inline ll queryr(int l,int r)
{
int x=rmq(l,r);
return (ll)a[x]*(x-l+1)+sl[r]-sl[x];
}
int main()
{
n=read();m=read();block=sqrt(n);
F(i,1,n) a[i]=read();
F(i,1,m){q[i].l=read();q[i].r=read();q[i].id=i;q[i].num=(q[i].l-1)/block+1;}
sort(q+1,q+m+1,cmp);
F(i,1,n) f[i][0]=make_pair(a[i],i);
F(j,1,17) F(i,1,n-(1<<j)+1) f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
F(i,1,17) lg[1<<i]=1;
F(i,1,n) lg[i]+=lg[i-1];
F(i,1,n)
{
while (top&&a[s[top]]>a[i]) pr[s[top]]=i,top--;
s[++top]=i;
}
while (top) pr[s[top]]=n+1,top--;
D(i,n,1)
{
while (top&&a[s[top]]>a[i]) pl[s[top]]=i,top--;
s[++top]=i;
}
while (top) pl[s[top]]=0,top--;
F(i,1,n) sl[i]=sl[pl[i]]+(ll)a[i]*(i-pl[i]);
D(i,n,1) sr[i]=sr[pr[i]]+(ll)a[i]*(pr[i]-i);
int l,r;
F(i,1,m)
{
if (i==1||q[i].num!=q[i-1].num) r=(q[i].num-1)*block,l=r+1,now=0;
while (r<q[i].r) r++,now+=queryr(l,r);
while (l>q[i].l) l--,now+=queryl(l,r);
while (l<q[i].l) now-=queryl(l,r),l++;
ans[q[i].id]=now;
}
F(i,1,m) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/51649929
