Sol 1

我们从左往右扫描离散化出来的线段 $i$（设当前点权为 $v_i$）。维护一个集合 $S$，表示覆盖这条线段的区间的编号。

对于一个询问 $[L,R]$ 若 $f(L,R)$ 包含这条线段，则存在 $x\in S$ 满足 $x\in [L,R]$。

不妨倒过来，对于当前的 $x\in S$，我们让所有满足 $L\le x,R\ge x$ 的二维点 $(L,R)$ 加上点权 $v_i$。

这样显然会算重，因为可能存在  $x,y\in S,x,y\in [L,R]$，这样 $v_i$ 就被算两次以上了。

考虑去重，对于一个询问 $[L,R]$ 让最小的符合条件的 $x$ 产生贡献，即如果同时存在两个 $x,y\in S$ 产生正贡献，就产生一次负贡献。

具体的，我们用 set 来维护 $S$，每次找到 $x$ 的前倾 $y$，让所有满足 $L\le y,R\ge x$ 的二维点 $(L,R)$ 加上点权 $-v_i$。

我们对于每一个线段都要这样做一次，复杂度就爆炸了，考虑对于每一个元素统一算贡献。

考虑第一类正贡献，设 $x$ 在第 $p$ 条线段加入 $x$，第 $q+1$ 条线段离开 $x$。则对所有 $L\le x,R\ge x$ 的点加上 $\sum_{i=p}^q v_i$。

对于第二类负贡献，我们也可以记录每一对前倾后继产生的时间区间 $[p,q]$，然后减去负贡献即可。在加入新的前倾后继关系。

于是我们转化到这样一个问题：

1. 给定若干 $(x,y,v)$，将所有 $L\le x,R\ge y$ 的点 $(L,R)$ 加上 $v$。（这一类操作的数量是 $O(n)$ 的）。

2. 查询满足 $A\le L\le R\le B$ 的所有点权之和。

不妨考虑一个操作 $(x,y,v)$ 对 $[A,B]$ 的贡献，为 $(x-A+1)(B-y+1)v$，令 $A'\gets A+1,B'\gets B+1$，则 $(x-A)(B-y)v=(Ay+Bx-AB-xy)v$。

因为 $A',B'$ 可以看作常数，所以我们做离线二维数点，同时维护 $\sum v,\sum xv,\sum yv,\sum xyv$ 即可。

时间复杂度为 $O(n\log n)$。

Sol 2

将 $[l_i,r_i]$ 称为区间，$[A,B]$ 称为询问。扫描区间的下标。

设当前扫到了 $R$，则当前数组 $v_i$ 表示 $f(i,R)$。则当 $R=B$ 时查询 $[A,B]$ 就是询问所有 $i\in [A,B],v_i$ 的历史和。

考虑如何维护扫描过程中 $v_i$，设 $1\sim R$ 的所有区间中最后一个覆盖线段 $i$ 个编号是 $p_i$，则当前线段 $i$ 会对 $v_{1\sim p_i}$ 做贡献。

每次扫描线的右端点移动，新加入一个区间，会改变一些 $p_i$，设原来 $p_i=x$，后来 $p_i=y$，则这次移动会对 $v_{x+1\sim y}$ 新产生贡献。

每次都是覆盖一段区间，可以用珂朵莉树维护，改变一个颜色段的 $p_i$ 可以用一次区间加完成，而这样的区间加只有 $O(n)$ 次。

然后选择心怡的维护历史和的方法即可，例如维护当前完成的操作数 $T$，当前数组 $A$，设历史和数组为 $B$，再维护一个 $C_i=B_i-A_iT$，则只维护 $A,C$ 即可维护 $B$。

时间复杂度为 $O(n\log n)$。