分析
考虑莫队。
对于 $a_i=k(l \le i \le r)$ 的下标集合 $S_k$，当其加入一个新的下标 $x$ 时，这个新下标对答案的贡献分两种情况。
第一种，$x$ 最小。相邻从下标的间隔中产生的贡献是 $\sum (|S_k|-i+1)\times(ans_{S_{k,i+1}}-ans_{S_{k,i}})$。画个图可以理解一下：
第二中，$x$ 最大。相邻从下标的间隔中产生的贡献是 $\sum i\times(ans_{S_{k,i+1}}-ans_{S_{k,i}})$。画个图可以理解一下：
其中绿色部分是产生的贡献，$ans_i$ 表示前 $i$ 个数中小于 $a_i$ 的数量。
然后就是把上面的情况在莫队里 $O(1)$ 更新。很简单，考虑前缀和优化。定义 $s_i = \sum\limits_{j=1\land S_{a_i,j} \le i}^{|S_{a_i}|} ans_{S_{a_i,j}}$。
第一种情况有 $\sum (|S_k|-i+1)\times(ans_{S_{k,i+1}}-ans_{S_{k,i}})=s_{S_{k,|S_k|}}-s_{S_{k,1}}-(|S_k|-1) \times ans_{S_{k,1}}$。其实就是找到当前区间的区间和在减掉多出算的。画个图可以理解一下：
橙色部分是前缀和，需要保留 $3$ 部分，第一次减掉 $1$ 部分，第二次减掉 $2$ 部分。
第二种情况同理，可以自己推一下。
复杂度 $O(n \log n +n\sqrt{n})$。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
#define il inline
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define gc getchar()
#define rd read()
#define debug() puts("------------")
namespace yzqwq{
il int read(){
int x=0,f=1;char ch=gc;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc;}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc;
return x*f;
}
il int qmi(int a,int b,int p){
int ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return ans;
}
il auto max(auto a,auto b){return (a>b?a:b);}
il auto min(auto a,auto b){return (a<b?a:b);}
il int gcd(int a,int b){
if(!b) return a;
return gcd(b,a%b);
}
il int lcm(int a,int b){
return a/gcd(a,b)*b;
}
il void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b) return x=1,y=0,void(0);
exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y,y=t-a/b*x;
return ;
}
mt19937 rnd(time(0));
}
using namespace yzqwq;
const int N=5e5+10;
int n,m,a[N],w[N];
struct Query{
int l,r,id;
}Q[N];
int len,sum,ans[N];
vector<int> x[N];
int s[N];
int cnt[N],Cnt[N];
int tr[N],pre[N],nxt[N],lst[N];
int L[N],R[N];
il void add(int x){
while(x<=n) ++tr[x],x+=x&(-x);
}
il int query(int x){
int ans=0;
while(x) ans+=tr[x],x-=x&(-x);
return ans;
}
il bool cmp(Query a,Query b){
if(a.l/len!=b.l/len) return a.l<b.l;
if((a.l/len)&1) return a.r<b.r;
return a.r>b.r;
}
il void Add(int id,int f){
int x=a[id];
++Cnt[x];
if(Cnt[x]==1) return L[x]=R[x]=id,void(0);
if(f==1){
L[x]=id;
sum+=s[R[x]]-s[L[x]]-(Cnt[x]-1)*cnt[id];
}
else{
R[x]=id;
sum+=s[pre[L[x]]]+(Cnt[x]-1)*cnt[id]-s[pre[R[x]]];
}
return ;
}
il void Del(int id,int f){
int x=a[id];
--Cnt[x];
if(Cnt[x]==0) return L[x]=R[x]=0,void(0);
if(f==1){
sum-=s[R[x]]-s[L[x]]-Cnt[x]*cnt[id];
L[x]=nxt[id];
}
else{
sum-=s[pre[L[x]]]+Cnt[x]*cnt[id]-s[pre[R[x]]];
R[x]=pre[id];
}
return ;
}
il void solve(){
n=rd,m=rd,len=sqrt(n);
for(re int i=1;i<=n;++i) x[i].push_back(0);
for(re int i=1;i<=n;++i) a[i]=rd,x[a[i]].push_back(i),w[i]=x[a[i]].size();
for(re int i=1;i<=m;++i) Q[i]={rd,rd,i};
sort(Q+1,Q+m+1,cmp);
for(re int i=1;i<=n;++i) cnt[i]=query(a[i]-1),add(a[i]);
for(re int i=1;i<=n;++i){
s[i]=cnt[i]+s[lst[a[i]]];
nxt[lst[a[i]]]=i,pre[i]=lst[a[i]],lst[a[i]]=i;
}
int l=1,r=0;
for(re int i=1;i<=m;++i){
while(l>Q[i].l) Add(--l,1);
while(r<Q[i].r) Add(++r,2);
while(l<Q[i].l) Del(l++,1);
while(r>Q[i].r) Del(r--,2);
ans[Q[i].id]=sum;
}
for(re int i=1;i<=m;++i) printf("%lld\n",ans[i]);
return ;
}
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int t=1;while(t--)
solve();
return 0;
}