https://www.luogu.com.cn/problem/P4168
题目
给$n$个数字，有$m$次询问，问$a_l, a_{l+1} , dots , a_r$的众数是什么，
$1leqslant n leqslant 40000, 1leqslant m leqslant 50000, 1leqslant a_ileqslant10^9$
题解
第一次做分块
方法一
因为n不是很大，所以可以对数据进行离散化后统计出现次数
所以就可以直接统计最大的了。这样复杂度是$mathcal{O}(m imes n)$，肯定超时
可以尝试提前分块打出一些表，比如分成$t$块，然后提前打好$inom{t}{2}$块的最大值，并保存是哪一个
那么每次查询的时候最多花$2 imes lfloor n/t floor$的时间，时间复杂度是$mathcal{O}(t^2n+2mn/t)$
把$m$和$n$看作同数量级，设为N，那么得到$t^2N+2N^2/t$，为了保证数量级相同，设$t^2N=2N^2/t$，得到$t=sqrt[3]{N}$
因为大于或小于以后两边渐进复杂度都会增加，导致整个表达式的渐进复杂度增加（算法导论：证明$max(a,b)=Theta(a+b)$)
AC代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define REPE(i,a,b) for(register int i=(a); i<=(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
#ifdef sahdsg
#define DBG(...) printf(__VA_ARGS__)
#else
#define DBG(...) void(0)
#endif
typedef long long ll;
#define MAXN 40007
#define MAXM 50007
#define MAXD 35
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
int d[MAXD][MAXD][MAXN];
int now[MAXN];
int t,l,na;
int x=0;
inline void did(int f) {
now[f]++;
if(now[na]<now[f] || (now[na]==now[f] && now[na+1]>f)) {
now[na+1]=f;
now[na]=now[f];
}
}
inline int go(int z, int y) {
int i=(z+l-1)/l, j=y/l;
int L=i*l, R=j*l;
if(i<j) {
REP(k,0,na+2)
now[k] = d[i][j][k];
REP(f,z,L) did(c[f]);
REP(f,R,y) did(c[f]);
} else {
memset(now,0,sizeof now);
REP(f,z,y) did(c[f]);
}
return x=b[now[na+1]];
}
int main() {
int n,m; scanf("%d%d", &n, &m);
REP(i,0,n) {scanf("%d", &a[i]); b[i]=a[i];}
sort(b,b+n); na = unique(b,b+n)-b;
REP(i,0,n) {
c[i] = lower_bound(b,b+na,a[i])-b;
}
memset(d,0,sizeof d);
t = pow((double)n, (double)1/3);
l = t ? n/t : n;
REP(i,0,t) REPE(j,i,t) {
REP(f,i*l,j*l) {
int k = c[f];// DBG("*%d
", k);
d[i][j][k]++;
if(d[i][j][k]>d[i][j][na] || (d[i][j][k]==d[i][j][na] && k<d[i][j][na+1])) {
d[i][j][na] = d[i][j][k];
d[i][j][na+1] = k;
}
}
}
REP(i,0,m) {
int l0, r0;
scanf("%d%d", &l0, &r0);
int l = (l0 + x - 1) % n + 1;
int r = (r0 + x - 1) % n + 1;
if(l>r) swap(l,r);
go(l-1,r);
printf("%d
", x);
}
return 0;
}
方法二
用同样的分块方法，但是只记录最大值，不记录次数，而使用二分确定大小，一次二分确定大小需要$mathcal{O}(log n)$。
设需要分$D$块，然后得到时间复杂度$mathcal{O}(D imes N+2MN/Dlog n)$（因为剩下部分最长是两个块，虽然比平均情况大，但是为了应付数据，数据是最大的很多……）
那么用相同的方法，解得$D=sqrt{2Nlog N}$
中间有个细节，就是计算D和L的时候要考虑是偏大还是篇小，由于我快断电了，所以坑了
AC代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cassert>
using namespace std;
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define REPE(i,a,b) for(register int i=(a); i<=(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
#ifdef sahdsg
#define DBG(...) printf(__VA_ARGS__)
#else
#define DBG(...) void(0)
#endif
typedef long long ll;
#define MAXN 50007
#define MAXM 50007
#define MAXL 1007
#define MAXD 884*2
int a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],nb;
int fk[MAXD][MAXD], L, D;
int cnt[MAXN], nmax, ncnt;
int x=0;
vector<int> arr[MAXN];
int calc(int l, int r, int b) {
//r--;
return lower_bound(arr[b].begin(), arr[b].end(), r)-lower_bound(arr[b].begin(), arr[b].end(), l);
}
void did(int l, int r, int b) {
int t=calc(l,r,b);
if(t>ncnt || (t==ncnt && b<nmax)) {
ncnt=t;
nmax=b;
}
}
void work(int l, int r) {
nmax=0, ncnt=0;
int z=(l+L-1)/L, y=r/L;
if(z<y) {
int Z=z*L, Y=y*L;
REP(i,l,Z) did(l,r,c[i]);
REP(i,Y,r) did(l,r,c[i]);
did(l,r,fk[z][y]);
} else {
REP(i,l,r) did(l,r,c[i]);
}
x=b[nmax];
}
int main() {
int n,m; scanf("%d%d", &n, &m);
REP(i,0,n) {
scanf("%d", &a[i]);
b[i]=a[i];
}
sort(b,b+n);
nb = unique(b,b+n)-b;
REP(i,0,n) {
c[i] = lower_bound(b,b+nb,a[i])-b;
}
D = sqrt(log((double)n)/log(2.0)*n*2); if(D==0) D=1;
L = n/D; //L<L' D>D'
D = n/L; //L>L' D<D'
REP(i,0,D) {
int s=i*L;
nmax = 0, ncnt = 0;
REP(k,0,n) cnt[k]=0;
REP(j,s,n) {
int J=(j+1+L-1)/L, k=c[j];
cnt[k]++;
if(cnt[k]>ncnt ||(cnt[k]==ncnt && k<nmax)) {
ncnt = cnt[k];
nmax = k;
}
fk[i][J]=nmax;
}
}
REP(i,0,n) {
arr[c[i]].push_back(i);
}
REP(i,0,m) {
int l,r;
scanf("%d%d", &l, &r);
l = (l+x-1)%n+1, r=(r+x-1)%n+1;
if(l>r) swap(l,r);
work(l-1,r);
printf("%d
", x);
}
}