P8868 比赛 题解
题意简述：给定序列 \(a,b\) 和 \(m\) 次查询，每次询问 \(\displaystyle\sum_{i=l_i}^{r_i}\sum_{j=i}^{r_i}(\max_{k=i}^j a_k\times \max_{k=i}^jb_k)\)。
\(n,m\le 2.5\times 10^5\)。
【8pts：暴力】
暴力枚举。
【20pts：关注贡献集合的变化，O(1)更新】
离线，右端点排序，假设此时循环到右端点为 \(r\)。
定义：\(x_i=\max\limits_{j=i}^r\{a_j\}\)，\(y_i\) 类似定义。\(f_i=x_i\times y_i\)。
在右端点为 \(r\) 时，我们发现，\(f_i\) 就是当 \(p=i,q=r\) 时的答案。
于是在右端点为 \(r\) 时，\(\displaystyle\sum_{i=l}^rf_i\) 就是当 \(p=l,l+1,\dots,r,q=r\) 时的答案。
再进一步，在右端点为 \(l,l+1,\dots,r\) 的时候，所有 \(\displaystyle\sum_{i=l}^r f_i\) 的和就是询问 \((l,r)\) 的答案。
但是如果我们在当前求 \(f_i\) 时，要找出所有包含 \(f_i\) 的询问累加，实在是太麻烦，太慢了。
因此可以转而在 \(f_i\) 上累加贡献：当右端点为 \(r\) 时，令 \(F_i\) 代表 \(p=i,q=i\sim r\) 时的答案和。（注意，这里变的是右端点，左端点不变）
因为左端点不变，所以 \(r\leftarrow r+1\) 时， \(F_i\) 中 \(\sum [i,i\sim r]\) 的部分不会变，我们只需加入 \([i,r+1]\) 的贡献，也就是 \(\displaystyle\max_{j=i}^{r+1}a_j\times \max_{j=i}^{r+1}b_j=x_i\times y_i\)，可以 \(O(1)\) 求得。
在 \(r\) 右移时，更新是：
x[i] = max(x[i], x[r]);
y[i] = max(y[i], y[r]);
F[i] += x[i] * y[i]; //注意这里的 +=
答案就是：
for (int i = l; i <= r; i++)
ans[id] += F[i];
因为 \(x,y,F\) 都要随着 \(i\) 的右移更新多次，所以 \(x,y,F\) 的更新是 \(O(n^2)\) 的；每次询问要循环，所以询问复杂度 \(O(n)\)。总复杂度 \(O(n^2+nq)\)。
【小 Question】
为什么上面 \(F_i\) 定义为 \(p=i,q=i\sim r\) 的答案的和，而非 \(p=i\sim r,q=r\) 的答案的和？
因为这样在 \(r\) 右移的过程中，\(F_i\) 的定义中 \(p,q\) 都与 \(r\) 有关系，我们就需要补充 \([i\sim r+1,r+1]\) 的贡献。前一种定义只需要补充 \([i,r+1]\) 的贡献，因为 \(p\) 与 \(r\) 无关。
【100pts】
一个很显眼的优化就是可以用线段树维护 \(x,y\)：先用单调栈预处理每个数左边大于它的数，然后区间赋值。
接下来尝试用线段树维护 \(F_i\)，这样对于询问 \([l,r]\)，我们能 \(O(\log n)\) 的求出 \(\sum F_i\)。
我们只有三种操作：区间赋值 \(x\)，区间赋值 \(y\)，区间加上这个区间内所有单个位置的 \(x\times y\)（简记为区间 \(+x\times y\)）。
考虑我们要对一个节点保存什么信息：
-
答案 \(ans\)，也就是这个区间的 \(F_i\) 和。
-
区间内每个位置 \(X\times Y\) 的和 \(sumxy\)，这样方便执行区间 \(+x\times y\)。
-
区间内 \(x\) 的和 \(sumx\)，区间内 \(y\) 的和 \(sumy\)。这样在区间赋值 \(x,y\) 的时候，能快速更新 \(sumxy\)。
然后考虑一个标记保存什么信息：
-
\(setx,sety\) 显然需要，即区间赋值 \(x,y\) 的标记。
-
\(addxy\)，即这个区间应当加上 \(addxy\) 个 \(x\times y\)。
虽然上面两个标记已经包含了题目的信息，但是当两个标记碰在一起的时候，我们发现无法规定一个合适的优先级，使得两个标记能等价地合并成一个标记。
比如：当我们有一个 \(+1\;x\times y\) 的标记，但是遇到了 \(setx\) 标记。此时的 \(addxy\) 如果还是 \(1\)，加出来的 \(x\times y\) 就是 \(set\) 之后的 \(x\times y\) 了，肯定不对；但是这一个 \(+1\;x\times y\) 的增加也不能丢掉，不然答案又少了。
这样就卡住了。
那怎么办呢？当你发现线段树的标记无法完美合并的时候，可以考虑一下多记录一些信息。
考虑我们上面遇到的问题：当 \(addxy\) 遇到 \(set\) 的时候，没有地方可以存原先的 \(addxy\) 了！
因此我们考虑设置一个暂存点：\(addC\)，表示这个区间每一个位置的答案都要加上 \(addC\) 这么多数值，总答案也就是加上 \(addC\times len\) 的数值。
错误示范：如果 \(addxy\) 遇到 \(set\)，我们可以调用这个标签所在的节点的 \(x\times y\) 值，加入 \(addC\) 中，同时 \(addxy\leftarrow 0\)。
这是不对的！
线段树的 Tag*Tag，一定不能涉及到 Val 的属性！！！
因为当我们 pushdown 的时候，Val 的属性就会变化，Tag 也要跟着变，太麻烦了！
发现增加了一个 \(addC\) 还是不能合并，原因在于：如果 pushdown 了，\(addC\) 不能同时加到两个子区间上，因为这个 \(addC\) 是大区间的 \(addC\)，小区间需要根据小区间自己的 \(sumx,sumy\) 增加。
既然小区间需要根据小区间的 \(sumx,sumy\) 打标记，我们自然想到在 Tag 上再额外记录两个信息：\(addx,addy\)，表示这个区间需要 \(+addx\times sumx,+addy\times sumy\)。
这样就对了，当 \(addxy\) 遇到 \(set\) 的时候，可以通过 \(set\) 的值，把增加的倍数加入 \(sumx,sumy\) 里面。
同时，我们规定：一个 Tag，加法操作的优先级高于赋值操作。比如 Tag:adx=3,covx=2，加的是原来的sumx，不是covx*len
【总结】
Val 包含的信息：
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ans，答案；
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sumX，区间内 X 的和；
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sumY，区间内 Y 的和；
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sumXY，区间内 X*Y 的和。
Tag 包含的信息（加法的优先级高于赋值）：
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setx, sety：X，Y 的赋值信息；
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addXY：这个区间加了多少次 X*Y；
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addX：这个区间加了多少次 sumX；
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addY：这个区间加了多少次 sumY；
-
addC：这个区间的答案要加上 addC*len。
所以一个区间的答案就是 \(ans+addXY\times sumXY+addX\times sumX+addY\times sumY+addC\times len.\)
