Description
给出一个长度为 (n) 序列 (a) ，(m) 次询问，每次询问区间 ([l,r]) 里的众数（出现次数最多的数）。若有多个，输出最小的。
(a_i leq 10^9, n leq 40000, m leq 50000)，强制在线。
Solution
(a_i leq 10^9) ，先离散化。然后
算法一：暴力 (n ^ 2) ，预计得分 20 ； 实际得分 20 （开了 O2 直接变成 85 啥操作）
算法二：(n leq 40000) ， 看来需要搬出分块大法。
预处理出两个数组：
(p[i][j])：表示第 (i) 个块 到第 (j) 个块的（最小的）众数。
(s[i][j])：类似于前缀和，在前 (i) 个（包括 (i) ）个块中 (j) （离散化之后的值）出现了几次。
如何预处理 (p,s)
对于 (s) ，直接每个块扫一遍，复杂度 (O(n sqrt n))
对于 (p) ，双重循环枚举 (i,j)，开一个数组暴力统计每个数出现了多少次。复杂度 (O(sqrt n sqrt n sqrt n)=O(n sqrt n))
预处理 (p,s) 有啥用呢？对于一个询问 ([l,r]) ，设 (l) 在第 (posl) 个块中，(r) 在第 (posr) 个块中。那么分两种情况：
第一种：(posr - posl <= 1)，直接暴力扫 (l,r)，复杂度 (O(sqrt n))
第二种：(posr - posl >= 2)，如下图：
红线就是 (l)，蓝线就是 (r)，黑线是块与块的分割线。
答案 (in) ({ ext{黄线中的元素}} cup { ext{绿线的众数}})
绿线的众数在之前已经预处理好了，对于黄线中的每一个元素在区间([l,r])中出现的次数就是 在黄线中出现的次数 + 在绿线中出现的次数。
对于在黄线中出现的次数，可以直接扫，复杂度 (O(sqrt n))
对于在绿线中出现的次数，可以根据之前处理的前缀和算出。
这样每个元素就可以在 (O(sqrt n)) 的时间内求出出现次数，然后就可以愉快的AC神仙分块黑题了了。 （细节很多，调了很久）
Code
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 40040;
const int K = 220;
int n, m, L, len, sum[K][N], vis[N];
int tmpnum[N], B[N], last, pre[N];
struct getin {
int id, d, se;
}a[N];
struct node {
int num, s;
}p[K][K];
inline bool cmp1(getin x, getin y) { return x.d < y.d; }
inline bool cmp2(getin x, getin y) { return x.id < y.id; }
inline int getB(int x) {
int ret = x / L;
if(x % L) ret++;
return ret;
}
inline void prework() {
for(int i = 1; i <= len; i++) {
memset(B, 0, sizeof(B)); node tmp;
tmp.num = tmp.s = 0;
for(int j = i; j <= len; j++) {
for(int k = (j - 1) * L + 1; k <= min(n, j * L); k++) {
B[a[k].se]++;
if(B[a[k].se] > tmp.s) {
tmp.num = a[k].se;
tmp.s = B[a[k].se];
}
else if(B[a[k].se] == tmp.s)
tmp.num = min(tmp.num, a[k].se),
tmp.s = B[a[k].se];
}
p[i][j] = tmp;
}
}
for(int i = 1; i <= len; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) sum[i][a[j].se] = sum[i - 1][a[j].se];
for(int j = (i - 1) * L + 1; j <= min(n, i * L); j++)
sum[i][a[j].se]++;
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m); L = sqrt(n);
len = (n + L - 1) / L;
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i].d), a[i].id = i;
sort(a + 1, a + n + 1, cmp1); a[0].d = -1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].se = a[i - 1].se;
if(a[i - 1].d != a[i].d)
a[i].se++;
pre[a[i].se] = a[i].d;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp2);
prework();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
l = (l + last - 1) % n + 1;
r = (r + last - 1) % n + 1;
if(l > r) swap(l, r);
int posl = getB(l), posr = getB(r);
if(posr - posl <= 2) {
int ans = 0;
for(int j = l; j <= r; j++) tmpnum[a[j].se] = 0;
for(int j = l; j <= r; j++) {
tmpnum[a[j].se]++;
if(tmpnum[a[j].se] > tmpnum[ans]) ans = a[j].se;
else if(tmpnum[a[j].se] == tmpnum[ans]) ans = min(ans, a[j].se);
}
printf("%d
", last = pre[ans]);
}
else {
int ans = p[posl + 1][posr - 1].num;
tmpnum[ans] = 0, vis[ans] = 0;
for(int j = l; j <= min(n, posl * L); j++) tmpnum[a[j].se] = 0, vis[a[j].se] = 0;
for(int j = (posr - 1) * L + 1; j <= r; j++) tmpnum[a[j].se] = 0, vis[a[j].se] = 0;
for(int j = l; j <= min(n, posl * L); j++) tmpnum[a[j].se]++;
for(int j = (posr - 1) * L + 1; j <= r; j++) tmpnum[a[j].se]++;
int MXnum, MX = 0;
for(int j = l; j <= min(n, posl * L); j++)
if(!vis[a[j].se]) {
vis[a[j].se] = 1;
int val = tmpnum[a[j].se] + sum[posr - 1][a[j].se] - sum[posl][a[j].se];
if(MX < val)
MX = val,
MXnum = a[j].se;
else if(MX == val) MXnum = min(MXnum, a[j].se);
}
for(int j = (posr - 1) * L + 1; j <= r; j++)
if(!vis[a[j].se]) {
vis[a[j].se] = 1;
int val = tmpnum[a[j].se] + sum[posr - 1][a[j].se] - sum[posl][a[j].se];
if(MX < val)
MX = val,
MXnum = a[j].se;
else if(MX == val) MXnum = min(MXnum, a[j].se);
}
if(MX > tmpnum[ans] + p[posl + 1][posr - 1].s) ans = MXnum;
else if(MX == tmpnum[ans] + p[posl + 1][posr - 1].s) ans = min(ans, MXnum);
printf("%d
", last = pre[ans]);
}
}
return 0;
}