自己的做法有点奇怪，参考了区间逆序对的做法。
设一个询问的矩形为\((p1,p2),(p3,p4)\)
定义\(g(i,j)\)为顶部为\(i\)，右部为\(j\)，左/底部贴着平面的最左/最下边的答案
由于问题比区间逆序对强，所以考虑分块。
在分块时，序列被分为了\(L,M,R\)三个部分，\(L,R\)是左，右散块，\(M\)是中间整块。
每个点的贡献是以它为左下角的矩形和询问矩形的交。
\(L,R\)的贡献可以枚举\(L\)的每个节点，这样子贡献就是\(R\)平面上的一个子平面。
把每个块内的\(a\)离散化后显然可以二维前缀和。
为了避免二分，每个块\(i\)需要维护\(f_{i,j}\)表示第\(i\)个块内小于\(j\)的最大数的排名。
\(L,M\)和\(M,R\)的贡献是对称的，所以只需要处理\(L,M\)的贡献。
二维前缀和后，转化成了计算顶部任意，右部贴着某个块，左/底部贴着平面的最左/最下边的答案。
设\(s_{i,j}\)表示右部为第\(i\)个块的右端点，顶部为\(j\)的答案，显然可以把前\(i\)个块内的点排序后求。
\(M\)内部的每个节点的贡献可以被拆成在块内，块外的。
块内的贡献事实上就是求块内的纵坐标在查询下界，上界的点的逆序对个数。
一个块内最多只有\(\sqrt{n}*\sqrt{n}=n\)类贡献，可以通过前面的二维前缀和，枚举左端点，右端点递增处理。
找下界，上界在这个块内对应的贡献类型可以用前面提到的\(f\)。
设当前最右的整块的右部横坐标为\(p\)
设当前考虑的节点为\(i\)，\(i\)所在块的右部横坐标为\(q\)，扫描\(M\)的整块做处理。则我们要求矩形\([(q,a_i+1),(p,p4)]\)内的点数。
二维差分后变成\(g(p,p4)-g(p,a_i)-g(q,p4)+g(q,a_i)\)。
\(g(p,p4)\)和\(g(q,p4)\)贡献和\(i\)无关，显然可以用前面提到的二维前缀和求出\(i\)的个数。
由于\(p4\)贴在块的右端点上，所以可以用前面提到的\(s\)求。
\(g(i,a_i)\)可以在块内维护一个前缀和\(t\)，\(t_i\)表示\(g(i,a_i)\)，找标号可以用以前的数组\(f\)。
\(g(q,a_i)\)可以把这个块挂在\(q\)的块上。
这事实上是一些点有权值，要求一个左部贴着某个块的左部，右部贴着某个块的右部平面的点的权值和。
由于矩形贴在块的右端点上，所以可以用前面提到的\(s\)求。
可以给每个块再维护一个前缀和，然后扫描每个当前询问包含的块，用\(f\)内的数组求出标号后用前缀和求出答案。
时间复杂度\(O((n+m)\sqrt{n})\)，感觉常数很大。