本文探讨了在给定数组和多个查询条件下，求解特定区间内所有子区间前缀和最大值之和的算法。通过构建笛卡尔树和采用RMQ技巧，实现高效查询。适用于大规模数据集，提供了复杂度分析和代码实现。
题目：
描述
给出长度为\(n\)的数组\(a\)和\(q\)个询问\(l,r\)。
求区间\([l,r]\)的所有子区间的前缀和的最大值之和；
范围：
$n \le 2 \times 10^5 , q \le 10^7 $；
数据给出的\(S,A,B,P\)参数随机生成，附加文件给出数据生成器；
保证任意一个连续子序列的最大前缀和不超过\(10^6\) ;
题解：
Part1
\([1,l-1]\)的\(a_{i}\)对区间\([l,r]\)的前缀和的大小是没用影响的，所以直接算答案就是；
\[ 记sum_{i} = \sum_{j=1}^{i}a_{i} \\ \begin{align} ans_{l,r} = \sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i}^{r} max^{j}_{k=i}\{sum_{k}\} - \sum_{i=l-1}^{r-1} sum_{i}(r-i) \end{align} \]
考虑如何求区间连续子序列最大值之和；
\(kczno1\)的做法： https://loj.ac/article/489
一个奇葩做法：
对\(sum\)建出笛卡尔树，考虑一个节点的有效区间是\([l_{i},r_{i}]\)；
预先处理出每个点的贡献:\(s_{i} = (i - l_{i}+1) \ (r_{i} - i + 1)\) ;
考虑直接求\(\sum_{i=l}^{r}s_{i}\)多算了什么，多算的部分其实就是\(l_{i}\)超出\(l\)或者\(r_{i}\)\(超出\)r$的情况；
记\(u为l的祖先且u>l，v为r的祖先且v<r ， w = lca(l,r)\);
多算的部分就是：$\sum_{u=l}^{u<w} (l-l_{u})(r_{u}-u+1) + \sum_{v=r}^{v>w} (r-r_{v})(v-l_{v}+1) $
这个式子可以在笛卡尔的左树和右树上处理一下前缀；
注意在\(w\)的时候（也就是区间最值的位置）\(u\)和\(v\)都会超出，特判一下即可；
Part2 \(\pm rmq\)
标算需要一个\(O(1)\)的\(rmq\) ，(我没写这个，卡一卡常数也可以过的);
区间最值问题可以通过笛卡尔树转化成\(lca\);
注意到\(lca\)的\(rmq\)相邻的值相差为\(1或-1\)
对序列分块令分块大小\(B = \frac{log \ n}{2}\)，差分后\(2^B B^2\)处理所有本质不同的块的区间最值的位置；
对\(\frac{n}{B}\)个块做\(rmq\), 整块直接\(O(1)\)查询rmq$，散块调用预处理的块内最值；
复杂度是：\(O(\sqrt{n}log^2n \ + \ n ) = O(n)\) ；
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define mod 998244353 #define inf 1e18 #define il inline #define rg register using namespace std; inline int R() { int rt = 0; char ch = getchar(); bool isn = false; for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) isn = ch == '-' ? true : isn; for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) rt = rt * 10 + ch - '0'; return isn ? -rt : rt; } const int N=2000010; ll a[2000007]; int n, q, ans; int S, A, B, P, tp; long long lastans; inline int Rand() { S = (S * A % P + (B ^ (tp * lastans))) % P; S = S < 0 ? -S : S; return S; } int f[N][21],bin[21],rt,lg[N],le[N],ri[N],ls[N],rs[N]; ll fl[N],Ls1[N],Ls2[N],fr[N],Rs1[N],Rs2[N]; ll S1[N],S2[N],s[N]; int sta[N],top; il int Max(int x,int y){ if(a[x]==a[y])return x>y?x:y; return a[x]>a[y]?x:y; }// il int ask(int x,int y){ int t = lg[y - x + 1]; return Max(f[x][t], f[y-bin[t]+1][t]); }// il void dfs1(int k){ le[k]=ri[k]=k; if(ls[k])dfs1(ls[k]),le[k]=le[ls[k]]; if(rs[k])dfs1(rs[k]),ri[k]=ri[rs[k]]; } il void dfs2(int k){ s[k] = (ll)(k - le[k] + 1)*(ri[k] - k + 1)*a[k]; int t = fl[k] ; ll x = a[k]*(k-le[k]+1); Ls1[k] = Ls1[t] + x; Ls2[k] = Ls2[t] + x*ri[k]; // t = fr[k]; x = a[k]*(ri[k]-k+1); Rs1[k] = Rs1[t] + x; Rs2[k] = Rs2[t] + x*le[k]; // if(ls[k]){ fr[ls[k]]=k; fl[ls[k]]=fl[k]; dfs2(ls[k]); } if(rs[k]){ fl[rs[k]]=k; fr[rs[k]]=fr[k]; dfs2(rs[k]); } }// il void pre_solve(){ for(rg int i=bin[0]=1;i<=20;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1; for(rg int i=1;i<=n;++i){ a[i] += a[i-1]; S1[i] = S1[i-1] + a[i]; S2[i] = S2[i-1] + a[i]*i; } lg[0]=-1;a[0]=-inf; for(rg int i=1;i<=n;++i)f[i][0]=i,lg[i]=lg[i>>1]+1; for(rg int i=1;i<=20;++i) for(rg int j=1;j+bin[i]-1<=n;++j){ f[j][i] = Max(f[j][i-1], f[j+bin[i-1]][i-1]); } for(int i=1;i<=n;++i){ while(top&&Max(sta[top],i)==i)ls[i]=sta[top--]; if(top)rs[sta[top]]=i; sta[++top]=i; } rt = sta[1]; dfs1(rt); dfs2(rt); for(rg int i=1;i<=n;++i)s[i]+=s[i-1]; }// il ll cal1(int l,int r){ l = max(2, l); return r * (S1[r-1] - S1[l-2]) - (S2[r-1] - S2[l-2]) ; }// il ll cal2(int l,int r){ int t = ask(l,r); ll re = (s[r]-s[l-1]) - (ll)(t - le[t] + 1) * (ri[t] - t + 1) * a[t] + (ll)(t - l + 1) * (r - t + 1) * a[t] ; re -= l * (Rs1[l] - Rs1[t]) - (Rs2[l] - Rs2[t]); re -= (Ls2[r] - Ls2[t]) - r * (Ls1[r] - Ls1[t]); return re; }// il long long solve(int l, int r){ return cal2(l, r)-cal1(l, r); }// int main() { freopen("cubelia.in", "r", stdin); freopen("cubelia.out", "w", stdout); n=R(),q=R(); for(rg int i=1;i<=n;++i)a[i]=R(); S=R(),A=R(),B=R(),P=R(),tp=R(); pre_solve(); for (;q;--q){ int l=Rand()%n+1,r=Rand()%n+1; if (l>r)swap(l,r); lastans=solve(l,r); ans=(ans+lastans%mod)%mod; } cout<<(ans+mod)%mod<<endl; return 0; }//
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