由于BZOJ这题要contact lydsy2012@163.com，所以就放个洛谷的传送门（我木有BZOJ权限号啊0.0）
诶？这不是莫队裸题？？
等等……这题强制在线欸，没办法莫队了，肿么破？
之前好像看过一篇洛谷日报 你以为莫队只能离线？莫队的在线化改造
感觉思想可能差不多，不过也就是个分块吧。
- 用 (s[i][j]) 表示第 (i) 块到第 (j) 块的答案
- 用 (t[i][j]) 表示 (i) 这个数在 (1) 到 (j) 块出现次数
统计时，我们已经知道中间大块的答案 (ans) 了（就是预处理出的 (s)），当我们加入边上的碎块时，比如当前加入 (a[i])，把它丢到一个桶里，由于我们通过 (t) 数组可以知道中间大块 (a[i]) 的出现次数，通过桶可以知道碎块里 (a[i]) 的出现次数，所以就可以知道 (a[i]) 出现次数的奇偶性变化，就可以判断 (ans) 是 (+1) 还是 (-1)，或者不变（(a[i]) 只出现一次，答案不变）
这样把边上碎块都加完后，就得到整段区间的答案啦(✪ω✪)
每次做完后，记得把桶清空，不要用memset！！
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frz(i,x,y) for(int i=x,z=y;i<=z;i++)
using namespace std;
const int N=100002;
const int M=320;
const double EPS=1e-8;
int n,m,q,a[N];
int c[N];
int x,y,ans;
void read(int &x){
char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}
int blo,kk;
int t[N][M],s[M][M];
void init(){
blo=sqrt(n);kk=n/blo;
fr(i,1,n)
fr(j,i/blo,kk) t[a[i]][j+1]++;
fr(i,0,kk){
int sum=0;
fr(j,i,kk){
frz(k,max(j*blo,1),min(j*blo+blo-1,n))
if (c[a[k]]++) sum+=(c[a[k]]&1)?-1:1;
s[i][j]=sum;
}
fr(j,max(i*blo,1),n) c[a[j]]--;
}
}
void query(int x,int y){
ans=0;
if (x/blo==y/blo){
fr(i,x,y)
if (c[a[i]]++) ans+=(c[a[i]]&1)?-1:1;
fr(i,x,y) c[a[i]]--;
return;
}
int k1=x/blo+1,k2=y/blo-1+1,xx;
ans=s[x/blo+1][y/blo-1];
frz(i,x,x/blo*blo+blo-1)
if (xx=t[a[i]][k2]-t[a[i]][k1]+(c[a[i]]++)) ans+=(xx&1)?1:-1;
fr(i,y/blo*blo,y)
if (xx=t[a[i]][k2]-t[a[i]][k1]+(c[a[i]]++)) ans+=(xx&1)?1:-1;
frz(i,x,x/blo*blo+blo-1) c[a[i]]--;
fr(i,y/blo*blo,y) c[a[i]]--;
}
int main(){
//cout<<rand()%4+1;
read(n);read(m);read(q);
fr(i,1,n) read(a[i]);
init();
while(q--){
read(x);read(y);
x=(x+ans)%n+1,y=(y+ans)%n+1;
if (x>y) swap(x,y);
query(x,y);
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}