首先我们把这两个贡献翻译成人话：
- 区间 \([l,r]\) 产生 \(p_1\) 的贡献当且仅当 \(a_l,a_r\) 分别为区间 \([l,r]\) 的最大值和次大值。
- 区间 \([l,r]\) 产生 \(p_2\) 的贡献当且仅当 \(a_l\) 为区间 \([l,r]\) 的最大值且 \(a_r\) 不是区间 \([l,r]\) 的次大值，或者 \(a_r\) 为区间 \([l,r]\) 的最大值且 \(a_l\) 不是区间 \([l,r]\) 的次大值。
我们考虑转化贡献体，对于每个区间 \([l,r]\) 分两种情况：
- 若 \(r-l=1\)，那么显然所有这样的区间都会产生 \(p_1\) 的贡献，这个我们特判一下即可。
- 若 \(r-l\ge 2\)，那么显然对于区间 \([l+1,r-1]\) 有一个唯一的最大值，设其位置为 \(i\)，于是我们改枚举 \(i\)，看看它会对哪些区间产生贡献。
我们设 \(L_i\) 为在 \(i\) 前面的最靠近 \(i\) 的满足 \(a_j>a_i\) 的 \(j\)，\(R_i\) 为在 \(i\) 后面的最靠近 \(i\) 的满足 \(a_j>a_i\) 的 \(j\)，这个显然可以一遍单调栈求出，然后分情况讨论：
- 若 \(i\) 为区间 \([l+1,r-1]\) 的最大值，且区间 \([l,r]\) 产生 \(p_1\) 的贡献，那显然只能是 \(l=L_i,r=R_i\)，因为如果左端点 \(l>L_i\) 那 \(a_l\) 就不是 \([l,r]\) 的较大值（或次大值）了（因为 \(a_l<a_i\)），如果左端点 \(l<L_i\) 那 \(a_i\) 就不是 \([l+1,r-1]\) 的最大值了（因为 \(a_{L_i}>a_i\)）；右端点同理。
- 若 \(i\) 为区间 \([l+1,r-1]\) 的最大值，且区间 \([l,r]\) 产生 \(p_2\) 的贡献，那我们分最大值在左端点处和最大值在右端点处两种情况。这里以最大值在左端点处为例，显然 \(l=L_i\)，而右端点理论上来说可以取遍 \((L_i,R_i)\) 中所有值，而我们强制 \(i\) 为区间 \([l+1,r-1]\) 的最大值，故 \(r\in(i,R_i)\)。也就是说 \(l=L_i,r\in(i,R_i)\)，另一半同理可得 \(r=R_i,l\in(L_i,i)\)。
考虑借鉴 P5445 [APIO2019]路灯 的套路，建立二维平面直角坐标系，点 \((i,j)\) 表示以 \(i,j\) 为端点的区间的贡献，那么显然对于每组询问我们只需求出以 \((l,l)\) 左下角，\((r,r)\) 为右下角的矩形中所有数的和。而显然上面的贡献都可转化为”纵坐标为 \(y\)，横坐标在区间 \([l,r]\) 中的点的贡献增加 \(v\) 的形式“。那么显然我们可以把询问进行差分处理，并离线扫描线+线段树回答每个询问，复杂度线对。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=1;
while(!isdigit(c)){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
x*=neg;
}
const int MAXN=2e5;
int n,m,qu=0,p1,p2,a[MAXN+5],L[MAXN+5],R[MAXN+5];
struct node{int l,r;ll sum,lz;} s[MAXN*4+5];
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(int k){
if(s[k].lz){
s[k<<1].sum+=1ll*(s[k<<1].r-s[k<<1].l+1)*s[k].lz;s[k<<1].lz+=s[k].lz;
s[k<<1|1].sum+=1ll*(s[k<<1|1].r-s[k<<1|1].l+1)*s[k].lz;s[k<<1|1].lz+=s[k].lz;
s[k].lz=0;
}
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
s[k].sum+=1ll*x*(s[k].r-s[k].l+1);
s[k].lz+=x;return;
} pushdown(k);int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
s[k].sum=s[k<<1].sum+s[k<<1|1].sum;
}
ll query(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].sum;
pushdown(k);int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return query(k<<1,l,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r);
}
vector<pair<pii,int> > add[MAXN+5];
stack<pii> stk;ll ans[MAXN+5];
struct query{
int x,l,r,p,t;
bool operator <(const query &rhs){return x<rhs.x;}
} q[MAXN*2+5];
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p1,&p2);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
while(!stk.empty()&&stk.top().fi<a[i]) R[stk.top().se]=i,stk.pop();
stk.push(mp(a[i],i));
} while(!stk.empty()) R[stk.top().se]=n+1,stk.pop();
for(int i=n;i;i--){
while(!stk.empty()&&stk.top().fi<a[i]) L[stk.top().se]=i,stk.pop();
stk.push(mp(a[i],i));
} while(!stk.empty()) L[stk.top().se]=0,stk.pop();
for(int i=1;i<=n;i++){
if(L[i]&&R[i]!=n+1) add[L[i]].pb(mp(mp(R[i],R[i]),p1));
if(L[i]&&R[i]!=i+1) add[L[i]].pb(mp(mp(i+1,R[i]-1),p2));
if(R[i]!=n+1&&L[i]!=i-1) add[R[i]].pb(mp(mp(L[i]+1,i-1),p2));
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);ans[i]+=1ll*(r-l)*p1;
q[++qu]={r,l,r,i,1};q[++qu]={l-1,l,r,i,-1};
} build(1,1,n);
sort(q+1,q+qu+1);int cur=1;
for(int i=1;i<=qu;i++){
while(cur<=q[i].x){
ffe(it,add[cur]) modify(1,it->fi.fi,it->fi.se,it->se);
cur++;
} ans[q[i].p]+=q[i].t*query(1,q[i].l,q[i].r);
}
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}