将问题差分,即求$\sum_{i=1}^{r}S_{i}(t)-\sum_{i=1}^{l-1}S_{i}(t)$,由于两者类似,不妨考虑前者

构造矩阵$A_{i,j}=S_{j}(i)-S_{j}(i-1)$,记初始的序列为$a_{i}$,则$S_{i}(t)=a_{i}+\sum_{j=1}^{t}A_{j,i}$

将之代入,即求$\sum_{i=1}^{r}(a_{i}+\sum_{j=1}^{t}A_{j,i})$,前者直接前缀和即可,下面考虑后者,即求矩阵$A$

对于每一个$i$,求出所有$S_{j}(i-1)=a_{i}$且$S_{j}(i)\ne a_{i}$的$A_{i,j}$,显然即包括了所有位置

具体的,这些位置形式如下:令$x=\max_{x\le i,a_{x}>a_{i}}x$(若不存在则跳过)和$y=\min_{y>i,a_{y}\ge a_{i}}y$(若不存在则为$n+1$),即$\forall i\le j<y,A_{j-x,j}=a_{x}-a_{i}$

这个用数据结构不易维护,但我们可以考虑其对某一次询问的贡献,即$(a_{x}-a_{i})\sum_{i\le j<y,j-x\le t,j\le r}1$,关于后者再简单处理即$(a_{x}-a_{i})\max(\min(y-1,t+x,r)-i+1,0)$

下面,对$\min(y-1,t+x,r)$的值分类讨论:

1.$y-1$为最小值,即$t\ge y-x$且$r\ge y$

2.$t+x$为最小值,即$i-x\le t\le y-x-1$且$r-t\ge x$

3.$r$为最小值,即$i\le r\le y-1$且$r-t\le x-1$

得出上述结果时,注意:

1.最小值还需要满足$\ge i$,否则显然贡献为0,不需要考虑

2.注意等号和不等号,使得在相等时最小值仍被唯一确定

对每一种情况分别处理(后相加),将其中后者的限制通过排序解决,前者在排序后用线段树维护即可

时间复杂度为$o(n\log n)$,可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 200005
4 #define ll long long
5 #define pll pair<ll,ll>
6 #define mp make_pair
7 #define fi first
8 #define se second
9 #define L (k<<1)
10 #define R (L+1)
11 #define mid (l+r>>1)
12 struct Data{
13 int p,i,x,y;
14 int get(){
15 if (!p)return x;
16 return y-x;
17 }
18 };
19 vector<Data>v;
20 int n,m,t,l,r,st[N],ls[N],rs[N];
21 ll a[N],sum[N],ans[N];
22 pll f[N<<2];
23 bool cmp1(Data x,Data y){
24 return (x.y<y.y)||(x.y==y.y)&&(abs(x.p)<abs(y.p));
25 }
26 bool cmp2(Data x,Data y){
27 return (x.get()<y.get())||(x.get()==y.get())&&(abs(x.p)<abs(y.p));
28 }
29 pll merge(pll x,pll y){
30 return mp(x.fi+y.fi,x.se+y.se);
31 }
32 void update(int k,int l,int r,int x,int y,pll z){
33 if ((l>y)||(x>r))return;
34 if ((x<=l)&&(r<=y)){
35 f[k]=merge(f[k],z);
36 return;
37 }
38 update(L,l,mid,x,y,z);
39 update(R,mid+1,r,x,y,z);
40 }
41 ll query(int k,int l,int r,int x){
42 ll ans=f[k].fi+x*f[k].se;
43 if (l==r)return ans;
44 if (x<=mid)return ans+query(L,l,mid,x);
45 return ans+query(R,mid+1,r,x);
46 }
47 int main(){
48 scanf("%d%d",&n,&m);
49 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
50 for(int i=1;i<=n;i++){
51 while ((st[0])&&(a[i]>=a[st[st[0]]]))st[0]--;
52 if (st[0])ls[i]=st[st[0]];
53 st[++st[0]]=i;
54 }
55 st[0]=0;
56 for(int i=n;i;i--){
57 while ((st[0])&&(a[i]>a[st[st[0]]]))st[0]--;
58 if (st[0])rs[i]=st[st[0]];
59 st[++st[0]]=i;
60 }
61 for(int i=1;i<=n;i++){
62 if (ls[i]){
63 if (!rs[i])rs[i]=n+1;
64 v.push_back(Data{0,i,ls[i],rs[i]});
65 }
66 }
67 for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
68 for(int i=1;i<=m;i++){
69 scanf("%d%d%d",&t,&l,&r);
70 ans[i]=sum[r]-sum[l-1];
71 v.push_back(Data{1,i,t,r});
72 if (l>1)v.push_back(Data{-1,i,t,l-1});
73 }
74 sort(v.begin(),v.end(),cmp1);
75 for(int i=0;i<v.size();i++){
76 if (v[i].p)ans[v[i].i]+=v[i].p*query(1,1,n,v[i].x);
77 else update(1,1,n,v[i].y-v[i].x,n,mp((a[v[i].x]-a[v[i].i])*(v[i].y-v[i].i),0));
78 }
79 sort(v.begin(),v.end(),cmp2);
80 memset(f,0,sizeof(f));
81 for(int i=0;i<v.size();i++){
82 if (v[i].p)ans[v[i].i]+=v[i].p*query(1,1,n,v[i].x);
83 else update(1,1,n,v[i].i-v[i].x,v[i].y-v[i].x-1,mp((a[v[i].x]-a[v[i].i])*(v[i].x-v[i].i+1),a[v[i].x]-a[v[i].i]));
84 }
85 memset(f,0,sizeof(f));
86 for(int i=(int)v.size()-1;i>=0;i--){
87 if (v[i].p)ans[v[i].i]+=v[i].p*query(1,1,n,v[i].y);
88 else update(1,1,n,v[i].i,v[i].y-1,mp((a[v[i].x]-a[v[i].i])*(1-v[i].i),a[v[i].x]-a[v[i].i]));
89 }
90 for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
91 }

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