直觉告诉我一般情况下，询问古怪的题都是分块，但是这一类题不太一样。
思考一个奇怪的暴力，每次询问的时候询问 \(f(1,k),f(2,k+1),f(3,k+2),...f(n-k+1,n)\)，然后加起来一定是答案。
差分，思考 \(f(l+1,r+1)-f(l,r)\) 是多少。容易知道其对答案的贡献为 \((n-r)\)。
考虑 \(l\) 和 \(r+1\) 两个位置。
接下来设 \(pre[i]\) 为上一个颜色与自身相同的最靠右的位置，\(nxt[i]\) 类似。
可以发现 \(f(l+1,r+1)-f(l,r)=[pre[r+1]<l]-[nxt[l]>r+1]\)
问题转化为 \(\sum_{i=1}^{n-k}([pre[i+k]<i]-[nxt[i]>i+k])(n+1-k-i)\)。
最后只需要加上 \([1,k]\) 的颜色个数乘上 \(n-k+1\) 即可。
推一推上面的东西：
这是经典的二维偏序，因为带修所以可以随随便便做到 \(O(n\log^2n)\)。但是这太简单了！所以其实有 \(O(n\log n)\) 的做法。
注意到后面的权值随随便便维护，所以我们只需要维护这个范围即可。
设 \(x[i]=i-pre[i],y[i]=nxt[i]-i\)，那么我们询问的实际上是 \((\sum_{i=k+1}^n[k<x[i]](n-i+1))+(\sum_{i=1}^{n-k}[k<y[i]](n-k-i+1))\)。
注意到很明显在 \(i\leq k\) 时有 \(x[i]\leq k\)，且 \(n-k+1\leq i\) 时也有 \(y[i]\leq k\)，所以实际上这两部分都不会被算入贡献，直接开两颗线段树即可。
至于如何 \(O(n\log n)\) 询问前缀颜色个数，用 \(pre\) 和 \(nxt\) 随便维护一下就好了，具体可以参考 BSOJ7791。