给定一个长度为$n$的数组，求∑i=1n∑j=in(j−i+1)×min{ai,…,aj}×max{ai,…,aj}\sum\limits_{i = 1} ^{n} \sum\limits_{j = i} ^{n} (j - i + 1) \times min\{a_i, \dots, a_j\} \times max\{a_i, \dots, a_j\}i=1∑n​j=i∑n​(j−i+1)×min{ai​,…,aj​}×max{ai​,…,aj​}。

考虑分治求解，$f(l,mid),f(mid+1,r)$，返回的是区间$[l,mid],[mid+1,r]$的值，考虑两个区间合并的时候如何计算。

我们考虑枚举左端点$i\in [l,mid]$，$j\in [mid+1,r]$，设maxn=max{ai,…amid},minn=min{ai,…,amid}maxn = max\{a_i, \dots a_{mid}\}, minn = min\{a_i, \dots, a_{mid}\}maxn=max{ai​,…amid​},minn=min{ai​,…,amid​}，

我们在区间$[mid+1,r]$上找到，最靠右的$p_1$，满足min{amid+1,…,ap1}≥minnmin\{a_{mid + 1}, \dots, a_{p_1}\} \ge minnmin{amid+1​,…,ap1​​}≥minn，

同样在区间$[mid+1,r]$上找打，最靠右的$p_2$，满足max{amid+1,…,ap2}≤maxnmax\{a_{mid + 1}, \dots, a_{p_2} \} \le maxnmax{amid+1​,…,ap2​​}≤maxn，

我们假设$p_1\le p_2$，则我们可以把区间$[mid+1,r]$分成三个部分$[mid+1,p_1],[p_1+1,p_2],[p_2+1,r]$。

则在第一段$j\in [mid+1,p_1]$上显然有min{ai,…,aj}=minn,max{ai,…,aj}=maxnmin\{a_i, \dots, a_j\} = minn, max\{a_i, \dots, a_j\} = maxnmin{ai​,…,aj​}=minn,max{ai​,…,aj​}=maxn，

即答案为$minn\times maxn\times \sum _{j=mid+1}^{p_1}j-i+1$。

​

则在第二段$j\in [p_1+1,p_2]$上显然有max{ai,…,aj}=maxnmax\{a_i, \dots, a_j\} = maxnmax{ai​,…,aj​}=maxn，区间$min$则是$[mid+1,j]$的最小值了，可以考虑记录一个前缀$min$，

即答案为$maxn\times \sum _{j=p_1+1}^{p_2}(j-i+1)\times min[j]$，这个时候只要预处理出前缀$\sum min[j]\times j,\sum min[j]$即可。

如果不满足$p_1\le p_2$，我们可以同理处理$\sum max[j]\times j,\sum max[j]$即可。

则在第三段$j\in [p_2+1,r]$上显然有$min,max$都在$[mid+r,j]$上，所以考虑记录一个前缀$min,max$，

即答案为$\sum _{j=p_2+1}^r(j-i+1)\times min[j]\times max[j]$，预处理出$\sum min[j]\times max[j]\times j,\sum min[j]\times max[j]$即可。

综上，我们可以在$n\log n$的时间内得到答案。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 5e5 + 10, mod = 1000000000;int a[N], lmin[N], lmax[N], rmin[N], rmax[N], n;int sum1[N], sum2[N], sum3[N], sum4[N], sum5[N], sum6[N];// min * j, min, max * j, max, min * max * j, min * maxinline int add(int x, int y) {return x + y < mod ? x + y : x + y - mod;
}inline int sub(int x, int y) {return x >= y ? x - y : x - y + mod;
}inline int calc(int i, int l, int r) {int fi = l - i + 1, se = r - i + 1, num = r - l + 1;return 1ll * (fi + se) * num / 2 % mod;
}int f(int l, int r) {if (l == r) {return 1ll * a[l] * a[l] % mod;}int mid = l + r >> 1, ans = add(f(l, mid), f(mid + 1, r));// f(l, mid), f(mid + 1, r);// 预处理 [i, mid] 的最小最大值。lmin[mid] = lmax[mid] = a[mid];for (int i = mid - 1; i >= l; i--) {lmin[i] = min(lmin[i + 1], a[i]);lmax[i] = max(lmax[i + 1], a[i]);}// 预处理 [mid + 1, j]的最小最大值。rmin[mid + 1] = rmax[mid + 1] = a[mid + 1];for (int i = mid + 2; i <= r; i++) {rmin[i] = min(rmin[i - 1], a[i]);rmax[i] = max(rmax[i - 1], a[i]);}sum1[mid] = sum2[mid] = sum3[mid] = sum4[mid] = sum5[mid] = sum6[mid] = 0;for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {sum1[i] = add(sum1[i - 1], 1ll * i * rmin[i] % mod);sum2[i] = add(sum2[i - 1], rmin[i]);sum3[i] = add(sum3[i - 1], 1ll * i * rmax[i] % mod);sum4[i] = add(sum4[i - 1], rmax[i]);sum5[i] = add(sum5[i - 1], 1ll * i * rmin[i] % mod * rmax[i] % mod);sum6[i] = add(sum6[i - 1], 1ll * rmin[i] * rmax[i] % mod);}int p1 = mid, p2 = mid; // min, max;for (int i = mid; i >= l; i--) {while (p1 < r && rmin[p1 + 1] >= lmin[i]) {p1++;}while (p2 < r && rmax[p2 + 1] <= lmax[i]) {p2++;}// [mid + 1, min(p1, p2)]ans = add(ans, 1ll * lmin[i] * lmax[i] % mod * calc(i, mid + 1, min(p1, p2)) % mod);// [min(p1, p2) + 1, max(p1, p2)]if (p1 < p2) {int l = p1 + 1, r = p2;ans = add(ans, 1ll * lmax[i] * sub(sum1[r], sum1[l - 1]) % mod);ans = sub(ans, 1ll * lmax[i] * (i - 1) % mod * sub(sum2[r], sum2[l - 1]) % mod);}else if (p2 < p1) {int l = p2 + 1, r = p1;ans = add(ans, 1ll * lmin[i] * sub(sum3[r], sum3[l - 1]) % mod);ans = sub(ans, 1ll * lmin[i] * (i - 1) % mod * sub(sum4[r], sum4[l - 1]) % mod);}// [max(p1, p2) + 1, r]int l = max(p1, p2) + 1;ans = add(ans, sub(sum5[r], sum5[l - 1]));ans = sub(ans, 1ll * (i - 1) * sub(sum6[r], sum6[l - 1]) % mod);}return ans;
}int main() {freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);}printf("%d\n", f(1, n));return 0;
}