标签：这不 解决办法 需要 修改 line 最快 code 位置 重点
这个方法经常用于这类问题：
给定序列 \(A\)，并定义基于序列 \(A\) 的函数 \(f(l, r)\)，求 \(\sum\limits_{1 \leq i \leq j \leq n}f(l, r)\)。
这个方法的核心做用是：
将不满足可减性的求值，变成只需要可以区间拼合（即满足区间可加性）的求值式子。
拆成每个点的贡献处理。
从左到右推进端点 \(r\)，开一个数据结构维护对于当前每个 \(l\) 的函数值 \(f(l,r)\)，每推进一位 \(r\) 对应了一次的区间修改和一次的整体求和。
etc，这不是本文的重点。
考虑分治：
这回我们只要求跨过中点的区间的贡献就够了，即求
这个式子当然还是是 \(O(n^2)\) 的，但是常常它比原问题的那个更加的简便，有无穷的威力。简便在哪？简便在于，本来这个式子可能不满足区间可减性，但是经过这样的分治，它只需要区间可加就行了，于是可以转化为第 II 节中的方法。
设当前求解当前 \(mid\) 的时间复杂度为 \(O(f(r-l+1))\)，那么总复杂度也就近似的可以认为是 \(O(f(n) \log n\)。
给定数列 \(A\)，设 \(f(l,r)=\max\limits_{i=l}^{r}A_i\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n f(i,j)\)。
利用上述转化后问题就变成了可以用第 II 部分中的第一种处理，设 \(g(i)\) 为前缀/后缀最大值，那么它一定是单调的，即对于每一个位置的最大值的贡献，我就看一下另一边有多少个数小于它即可。尺取法一下复杂度 \(n\log n\)。事实上还有很多其他解法，这里只是作为一个 example。
GSOR 1008，谢谢出题人 lxl。
哈哈哈其实他给的做法都是 \(n \log^2 n\) 的，其实很轻松可以做到 \(n\log n\)，于是就成了最短+最快解（哈哈哈！
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Linshey/p/14165532.html
