題目大意

從左到右有 n 個城市，第 i 個城市到第 i+1 個城市的距離是 w[i]。到達第 i 個城市可以免費獲得 g[i] 的油，你也可以自己另外買油，第 i 個城市的單價是 p[i]。
現在 q 次詢問，每次問 x[i] 到 y[i] 的最小花費。
n, q<=1e5， g, p, w<=1e6

【40%】n, q<=1000

每次詢問 O(n) 的貪心。
從 x 開始，假設不氪金最遠能到 next[x]，則在 next[x] 處買油的價格就是 x 到 next[x] 的最小价格。
以下方法都是基於該方法的優化。

【100%解法1】

考慮從右到左列舉左端點 i，然後用線段樹維護每個位置的要買的油量，以及（從 i 到每個位置的最小）油價。當然還有它們的積。

第一個東西很好維護，就是每次你看看第 i 個點到第 i+1 個點是多油還是少油，少了的話，少多少第 i 個點就要買多少，多了的話，那就從 i 到 next[i]-1 都不用買了，然後 next[i] 這裡看看少了多少就買多少。這裡就是區間賦值操作。
第二個東西的變化過程跟單調棧是一樣的，所以用個單調棧維護每種價格的控制範圍，於是線上段樹中也是區間賦值操作。

時間是 O(n log n)

【100%解法2】

來個線上做法？

貪心的時候我們每次從 i 跳到 next[i]，這樣每次只跳一步很慢，我們就倍增地跳。即：從 i 向 next[i] 連邊，這樣會形成一棵樹，那麼在樹上倍增地跳。
但是對於不同的起點，樹邊對應的價格是不同的，所以不能直接倍增。
再開一棵樹，假設點 i 在第一棵樹中往上跳到 x 價格都不會變，但是跳到 father[x] 價格就變了的話，就在第二棵樹中把 i 的父親設為 x。這樣就可以先在第二棵樹上倍增，剩出來的一些東西再在第一棵樹上倍增。

時間是 O(n log n)

程式碼

//解法1

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=2e5+5;

struct QST{
    int x,y,i;
};
bool cmpQ(const QST &a,const QST &b) {return
 
 a.x>b.x;}

int n,q0,w[maxn],g[maxn],p[maxn];
QST q[maxn];

LL tr[4*maxn],sum[4*maxn],bz[4*maxn];
bool zero[4*maxn];
void update(int k,int t)
{
    if (zero[k])
    {
        tr[t]=tr[t+1]=sum[t]=sum[t+1]=0;
        zero[t]=zero[t+1]=1;
        zero[k]=0;
    }
    if (bz[k])
    {
        bz[t]=bz[t+1]=bz[k];
        sum[t]=tr[t]*bz[k];
        sum[t+1]=tr[t+1]*bz[k];
    }
}
void tr_xg(int ty,int k,int l,int r,int x,int y,LL z)
{
    if (l==x && r==y)
    {
        if (ty)
        {
            sum[k]=tr[k]*z;
            bz[k]=z;
        } else
        {
            tr[k]=z;
            sum[k]=tr[k]*bz[k];
            if (z==0) zero[k]=1;
        }
        return;
    }
    int t=k<<1, t1=(l+r)>>1;
    update(k,t);
    if (y<=t1) tr_xg(ty,t,l,t1,x,y,z);
        else if (x>t1) tr_xg(ty,t+1,t1+1,r,x,y,z);
            else tr_xg(ty,t,l,t1,x,t1,z), tr_xg(ty,t+1,t1+1,r,t1+1,y,z);
    tr[k]=tr[t]+tr[t+1];
    sum[k]=sum[t]+sum[t+1];
}
LL tr_cx(int k,int l,int r,int x,int y)
{
    if (l==x && r==y) return sum[k];
    int t=k<<1, t1=(l+r)>>1;
    update(k,t);
    if (y<=t1) return tr_cx(t,l,t1,x,y);
        else if (x>t1) return tr_cx(t+1,t1+1,r,x,y);
            else return tr_cx(t,l,t1,x,t1)+tr_cx(t+1,t1+1,r,t1+1,y);
}

LL Ans[maxn],s[maxn];
int z[maxn][2],z0,fr[maxn]; // fr就是每個點不氪金最遠走到哪裡
int main()
{
    freopen("G.in","r",stdin);
    freopen("G.out","w",stdout);

    scanf("%d %d",&n,&q0);
    fo(i,1,n-1) scanf("%d",&w[i]);
    fo(i,1,n) scanf("%d %d",&g[i],&p[i]);
    fo(i,1,q0) scanf("%d %d",&q[i].x,&q[i].y), q[i].i=i;
    sort(q+1,q+1+q0,cmpQ);

    w[n]=2139062143;
    fo(i,1,n) s[i]=s[i-1]+g[i]-w[i];

    int wz=1;
    z[z0=1][0]=n;
    fd(i,n,1)
    {
        while (z0 && s[i-1]<=s[z[z0][0]]) z0--;
        fr[i]=z[z0][0];
        z[++z0][0]=i-1;
    }

    z0=0;
    int j=1;
    fd(i,n,1)
    {
        if (g[i]-w[i]>=0)
        {
            int x=fr[i];
            tr_xg(0,1,1,n,i,x,0);
            if (x+1<=n) tr_xg(0,1,1,n,x,x,s[i-1]-s[x]);
        } else
        {
            tr_xg(0,1,1,n,i,i,w[i]-g[i]);
        }
        int wz=i;
        while (z0 && p[i]<=z[z0][0]) wz=z[z0--][1];
        tr_xg(1,1,1,n,i,wz,p[i]);
        z[++z0][0]=p[i], z[z0][1]=wz;

        for(; j<=q0 && q[j].x==i; j++) if (i<q[j].y) Ans[q[j].i]=tr_cx(1,1,n,i,q[j].y-1);
    }

    fo(i,1,q0) printf("%lld\n",Ans[i]);
}