一道比较简单的思维题。

先不考虑有 0 的情况。

我们设小 L 选择了 $A_x$，那么小 Q 会这样选：

• 若小 L 选 $A_x<0$：
• • $\max B_y< 0$，由于乘积只能是正数，小 Q 会选一个绝对值尽量小的 $B_y$，小 L 要使得乘积的绝对值尽量大，就会选绝对值最大的 $A_x<0$，即最小负数。
  • $\max B_y> 0$，由于乘积可以是负数，小 Q 会选一个绝对值尽量大的 $B_y$，小 L 要使得乘积的绝对值尽量小，就会选绝对值最小的 $A_x<0$，即最大负数。
• 若小 L 选 $A_x> 0$：
• • $\max B_y< 0$，由于乘积可以是负数，小 Q 会选一个绝对值尽量大的 $B_y$，小 L 要使得乘积的绝对值尽量小，就会选绝对值最小的 $A_x> 0$，即最小正数。
  • $\max B_y> 0$，由于乘积只能是正数，小 Q 会选一个绝对值尽量小的 $B_y$，小 L 要使得乘积的绝对值尽量大，就会选绝对值最大的 $A_x> 0$，即最大正数。

然后这题就直接成了一个贪心题。给 $A,B$ 两个数组都开四个 ST 表，分别存储数列中最大正数，最小正数，最大负数，最小负数即可。0 的情况也不用特判，扔到整数或负数中任意一个情况就行。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,q,a[100005],b[100005];
struct re{
	int a,b,c,d;
};
struct nod{
	int ST1[100005][20],ST2[100005][20],ST3[100005][20],ST4[100005][20];
	void build(int *p,int len){
		for(int i=1;i<=len;i++){
			ST1[i][0]=ST3[i][0]=p[i];
			if(p[i]>0){
				ST2[i][0]=p[i];
				ST4[i][0]=-2e9;
			}
			else {
				ST2[i][0]=2e9;
				ST4[i][0]=p[i];
			}
		} 
		for(int j=1;j<=log2(len);j++)
            for(int i=1;i<=len-(1<<j)+1;i++){
                ST1[i][j]=min(ST1[i][j-1],ST1[i+(1<<(j-1))][j-1]);
                ST2[i][j]=min(ST2[i][j-1],ST2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
                ST3[i][j]=max(ST3[i][j-1],ST3[i+(1<<(j-1))][j-1]);
                ST4[i][j]=max(ST4[i][j-1],ST4[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            }
	}
	re query(int l,int r){
		int len=r-l+1;
		int p=log2(len);
		int a=min(ST1[l][p],ST1[r-(1<<p)+1][p]);
		int b=min(ST2[l][p],ST2[r-(1<<p)+1][p]);
		int c=max(ST3[l][p],ST3[r-(1<<p)+1][p]);
		int d=max(ST4[l][p],ST4[r-(1<<p)+1][p]);
		return re{a,b,c,d};
	}
}A,B;
signed main(){
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int j=1;j<=m;j++)cin>>b[j];
	A.build(a,n);
	B.build(b,m);
	while(q--){
		int l1,l2,r1,r2;
		cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
		re c1=A.query(l1,r1),c2=B.query(l2,r2);
		int ans=max(min(c1.c*c2.a,c1.c*c2.c),min(c1.a*c2.c,c1.a*c2.a));
		if(c1.b<1e9)ans=max(ans,c1.b*c2.a);
        if(c1.d>-1e9)ans=max(ans,c1.d*c2.c);
        cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

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