解题思路

首先可以确保每一次列的方向一定不会与 \(s\) 到 \(t\) 的方向相反。

不妨设 \(l=\min\{s,t\}\)，\(r=\max\{s,t\}\)。

对于每次移动，所花体力值如下：

显然，从 \(l\) 到 \(r\)，一定要翻过 \([l,r]\) 间最高的一个，区间最大我们毫不犹豫地选择 ST 表，然后我们思考一下，令 \(h_x=\max\limits_{i\in[l,r]}\{h_i\}\)，那么从 \((l,h_l)\) 到 \((x,h_x)\)，一定至少花费 \(4\times\max\limits_{i\in[l,r]}\left\{h_i-(h_l+i-l)\right\}=4\times(\max\limits_{i\in[l,r]}\{h_i-i\}-(h_l-l))\) 体力值，所以再用一个 ST 表维护 \(h_i-i\) 的区间最大值。

同理，从 \((r,h_r)\) 至 \((x,h_x)\) 也需要用一个 ST 表维护 \(h_i+i\) 的区间最大值。

令 \(a\) 为 \(\max\limits_{i\in[l,r]}\{h_i\}\)，\(b\) 为 \(\max\limits_{i\in[l,r]}\{h_i-i\}\)，\(c\) 为 \(\max\limits_{i\in[l,r]}\{h_i+i\}\)，则最后的答案为为 \(a - 4\times h_s - h_t + 2 \times (b + c)\)，注意是 \(s,t\)，不是 \(l,r\)！！！（因为如果是 \(l,r\) 则询问 \(s,t\) 与 \(t,s\) 所得到的答案是一样的，但显然不同）

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, a[N], f[N][20][3];
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		f[i][0][0] = a[i];
		f[i][0][1] = a[i] - i;
		f[i][0][2] = a[i] + i;
	}
	for(int i = 1; i <= 19; i++) {
		for(int j = 1; j + (1 << (i - 1)) <= n; j++) {
			f[j][i][0] = max(f[j][i - 1][0], f[j + (1 << (i - 1))][i - 1][0]);
			f[j][i][1] = max(f[j][i - 1][1], f[j + (1 << (i - 1))][i - 1][1]);
			f[j][i][2] = max(f[j][i - 1][2], f[j + (1 << (i - 1))][i - 1][2]);
		}
	}
	int q;
	cin >> q;
	while(q--) {
		int s, t, s1, t1;
		cin >> s >> t;
		s1 = s, t1 = t;
		if(s > t) {
			swap(s, t);
		}
		int k = log2(t - s + 1);
		int a1 = max(f[s][k][0], f[t - (1 << k) + 1][k][0]);
		int b1 = max(f[s][k][1], f[t - (1 << k) + 1][k][1]);
		int c1 = max(f[s][k][2], f[t - (1 << k) + 1][k][2]);
		cout << a1 - 4 * a[s1] - a[t1] + 2 * (b1 + c1) << '\n';
	}
	return 0;
}