给定一个数列：A1， A2，……，An，定义Ks为区间（l，r）中s出现的次数。
t个查询，每个查询l，r，对区间内所有a[i]，求sigma（K^2*a[i]）
离线+分块
将n个数分成sqrt(n)块。
对所有询问进行排序，排序标准：
1. Q[i].left /block_size < Q[j].left / block_size （块号优先排序）
2. 如果1相同，则 Q[i].right < Q[j].right （按照查询的右边界排序）
问题求解：
从上一个查询后的结果推出当前查询的结果。（这个看程序中query的部分）
如果一个数已经出现了x次，那么需要累加(2*x+1)*a[i]，因为(x+1)^2*a[i] = (x^2 +2*x + 1)*a[i]，x^2*a[i]是出现x次的结果，(x+1)^2 * a[i]是出现x+1次的结果。
时间复杂度分析：
排完序后，对于相邻的两个查询，left值之间的差最大为sqrt(n)，则相邻两个查询左端点移动的次数<=sqrt(n)，总共有t个查询，则复杂度为O(t*sqrt(n))。
又对于相同块内的查询，right端点单调上升，每一块所有操作，右端点最多移动O(n)次，总块数位sqrt(n)，则复杂度为O(sqrt(n)*n)。
right和left的复杂度是独立的，因此总的时间复杂度为O(t*sqrt(n) + n*sqrt(n))。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
#define N 200100
typedef long long ll;
ll a[N], cnt[N*5], ans[N], res;
int L, R;
struct node {
int x, y, l, p;
} q[N];
bool cmp(const node &x, const node &y) {
if (x.l == y.l) return x.y < y.y;
return x.l < y.l;
}
void query(int x, int y, int flag) {
if (flag) {
for (int i=x; i<L; i++) {
res += ((cnt[a[i]]<<1)+1)*a[i];
cnt[a[i]]++;
}
for (int i=L; i<x; i++) {
cnt[a[i]]--;
res -= ((cnt[a[i]]<<1)+1)*a[i];
}
for (int i=y+1; i<=R; i++) {
cnt[a[i]]--;
res -= ((cnt[a[i]]<<1)+1)*a[i];
}
for (int i=R+1; i<=y; i++) {
res += ((cnt[a[i]]<<1)+1)*a[i];
cnt[a[i]]++;
}
} else {
for (int i=x; i<=y; i++) {
res += ((cnt[a[i]]<<1)+1)*a[i];
cnt[a[i]]++;
}
}
L = x, R = y;
}
int main() {
int n, t;
scanf("%d%d", &n, &t);
for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%I64d", &a[i]);
int block_size = sqrt(n);
for (int i=0; i<t; i++) {
scanf("%d%d", &q[i].x, &q[i].y);
q[i].l = q[i].x / block_size;
q[i].p = i;
}
sort(q, q+t, cmp);
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
res = 0;
for (int i=0; i<t; i++) {
query(q[i].x, q[i].y, i);
ans[q[i].p] = res;
}
for (int i=0; i<t; i++) printf("%I64d\n", ans[i]);
return 0;
}