这道题算是好好写了。写了三种方法。
有一个好像是$qwq$$N\sqrt(N)$的方法，，但是恳请大佬们帮我看看为什么这么慢$qwq$（后面的第三种）
注:$pos[i]$表示$i$属于第$pos[i]$块。
第一种是统计所有可能的块组成的区间中（第i块到第j块）,每个数出现的次数，记做$f[i][j][k]$，和所有可能的块组成的区间的答案，记做$h[i][j]$。
然后每次先把整块的答案作为初始答案，然后对于散块中的每个值$vl$，暴力修改对应的$f[i][j][vl]$,更新答案。
当块长取$N^\frac{2}{3}$,时间复杂度$O(N^\frac{5}{3})$级。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define R register int
#define pause (for(R i=1;i<=10000000000;++i))
#define OUT freopen("out.out","w",stdout);
using namespace std;
namespace Fread {
static char B[<<],*S=B,*D=B;
#define getchar() (S==D&&(D=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==D)?EOF:*S++)
inline int g() {
R ret=,fix=; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-:fix;
do ret=ret*+(ch^); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
} inline bool isempty(const char& ch) {return ch<=||ch>=;}
inline void gs(char* s) {register char ch; while(isempty(ch=getchar())); do *s++=ch; while(!isempty(ch=getchar()));}
}using Fread::g; using Fread::gs;
const int N=,M=; int n,m,tot,T,lst;
int f[M][M][N],h[M][M],vl[N],a[N],b[N],pos[N];
inline void PRE() { R mx=,ans=;
for(R i=;i<=n;++i) pos[i]=(i-)/T+;
for(R j=,L=pos[n];j<=L;++j,mx=,ans=) for(R t=j;t<=L;++t) {
memcpy(f[j][t],f[j][t-],sizeof(f[j][t-]));
for(R i=(t-)*T+,LL=min(t*T,n);i<=LL;++i) ++f[j][t][a[i]];
for(R i=tot;i;--i) if(f[j][t][i]>=mx) mx=f[j][t][i],ans=i;
h[j][t]=ans;
}
}
signed main() {
#ifdef JACK
freopen("NOIPAK++.in","r",stdin);
OUT;
#endif
n=g(),m=g(),T=n/pow(n,1.0/);
for(R i=;i<=n;++i) a[i]=g(); memcpy(b,a,sizeof(a));
sort(b+,b+n+); tot=unique(b+,b+n+)-b-;
for(R i=;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(b+,b+tot+,a[i])-b;
memcpy(vl,b,sizeof(int)*(tot+)); PRE();
for(R i=,l,r;i<=m;++i) { R mx=,ans=;
l=(g()+lst-)%n+,r=(g()+lst-)%n+; l>r?swap(l,r):(void);
R p=pos[l]+,q=pos[r]-; ans=h[p][q],mx=f[p][q][ans];
if(pos[l]==pos[r]) {
for(R i=l;i<=r;++i) { ++f[p][q][a[i]];
if(f[p][q][a[i]]>mx||(f[p][q][a[i]]==mx&&a[i]<ans)) mx=f[p][q][a[i]],ans=a[i];
} for(R i=l;i<=r;++i) --f[p][q][a[i]];
} else { ans=h[p][q],mx=f[p][q][ans];
for(R i=l,L=pos[l]*T;i<=L;++i) { ++f[p][q][a[i]];
if(f[p][q][a[i]]>mx||(f[p][q][a[i]]==mx&&a[i]<ans)) mx=f[p][q][a[i]],ans=a[i];
} for(R i=(pos[r]-)*T+;i<=r;++i) { ++f[p][q][a[i]];
if(f[p][q][a[i]]>mx||(f[p][q][a[i]]==mx&&a[i]<ans)) mx=f[p][q][a[i]],ans=a[i];
} for(R i=l,L=pos[l]*T;i<=L;++i) --f[p][q][a[i]];
for(R i=(pos[r]-)*T+;i<=r;++i) --f[p][q][a[i]];
} printf("%d\n",lst=vl[ans]);
}
}
第二种是预处理出所有可能的块组成的区间中（第$i$块到第$j$块）的答案$f[i][j]$,并且拿一个$vector$存每个数$vl$出现的位置$s[vl][1...n]$。
答案初始化为整块的答案，然后对于散块中的每个数$vl$,在$s[vl]$中二分出$[l,r]$的最小和最大的位置的下标，相减就是$[l,r]$有多少个$vl$,然后更新答案。
当块长取$\sqrt{\frac{N}{logN}}$,时间复杂度$O(N\sqrt{NlogN})$。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define R register int
#define pause (for(R i=1;i<=10000000000;++i))
#define OUT freopen("out.out","w",stdout);
using namespace std;
namespace Fread {
static char B[<<],*S=B,*D=B;
#define getchar() (S==D&&(D=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==D)?EOF:*S++)
inline int g() {
R ret=,fix=; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-:fix;
do ret=ret*+(ch^); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
} inline bool isempty(const char& ch) {return ch<=||ch>=;}
inline void gs(char* s) {register char ch; while(isempty(ch=getchar())); do *s++=ch; while(!isempty(ch=getchar()));}
}using Fread::g; using Fread::gs;
map<int,int> mp;
const int N=; int n,m,T,tot,lst;
vector<int> s[N];
#define pb push_back
int f[][],cnt[N],p[N],pos[N],a[N],b[N],vl[N];
inline void PRE(int p) { R ans=,mx=; memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(R t=p,lim=pos[n];t<=lim;++t) {
for(R i=(t-)*T+,lim=min(n,t*T);i<=lim;++i) {
if(++cnt[a[i]]>mx||(cnt[a[i]]==mx&&a[i]<ans)) mx=cnt[a[i]],ans=a[i];
} f[p][t]=ans;
}
}
inline int calc(int l,int r,int x) {return upper_bound(s[x].begin(),s[x].end(),r)-lower_bound(s[x].begin(),s[x].end(),l);}
inline int solve(int l,int r) { R mx=,ret=;
if(pos[l]==pos[r]) { memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(R i=l;i<=r;++i) if(++cnt[a[i]]>mx||(cnt[a[i]]==mx&&a[i]<ret)) ret=a[i],mx=cnt[a[i]];
} else { ret=f[pos[l]+][pos[r]-],mx=calc(l,r,ret);
for(R i=l,lim=pos[l]*T;i<=lim;++i) { R t=calc(l,r,a[i]);
if(t>mx||(t==mx&&a[i]<ret)) ret=a[i],mx=t;
} for(R i=(pos[r]-)*T+;i<=r;++i) { R t=calc(l,r,a[i]);
if(t>mx||(t==mx&&a[i]<ret)) ret=a[i],mx=t;
}
}
return ret;
}
signed main() {
#ifdef JACK
freopen("NOIPAK++.in","r",stdin);
OUT;
#endif
n=g(),m=g();//,T=n/sqrt(n*log2(n));
T=qpow(n,1.0/);
for(R i=;i<=n;++i) a[i]=g();
memcpy(b,a,sizeof(a)); sort(b+,b+n+);
tot=unique(b+,b+n+)-b-; memcpy(vl,b,sizeof(int)*(tot+));
for(R i=;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(b+,b+tot+,a[i])-b,s[a[i]].pb(i);
for(R i=;i<=n;++i) pos[i]=(i-)/T+;
for(R i=;i<=pos[n];++i) PRE(i);
for(R i=,l,r;i<=m;++i) {
l=(g()+lst-)%n+,r=(g()+lst-)%n+; l>r?swap(l,r):(void);
printf("%d\n",lst=vl[solve(l,r)]);
}
}
第三种按理说是复杂度最优秀的，但是跑的不是很快$qwq$。
同第二种，预处理出所有可能的块组成的区间中（第i块到第j块）的答案$f[i][j]$,并且拿一个$vector$存每个数$vl$出现的位置$s[vl][1...n]$。
然后预处理$a[i]$是整个数列中的第几个$a[i]$,出第$1$到第$i$块中最靠后的$vl$是第几个$vl$，记为$d[i][vl]$，预处理出第$n$块到第$i$块中最靠前的$vl$是第几个$vl$,记为$h[i][vl]$。
对于左边散块中的$vl$，查一下$d[pos[r]-1][vl]$,和右边散块中是否有更靠后的$vl$(可以事先用一个数组存起来)，然后可以求出这个区间有多少个$vl$(每一个$vl$是第几个$vl$已经知道了),更新答案。
当块长取$\sqrt{n}$时，时间复杂度为O(N\sqrt{N})级(不知道推没推错)。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define R register int
#define pause (for(R i=1;i<=10000000000;++i))
#define OUT freopen("out.out","w",stdout);
using namespace std;
namespace Fread {
static char B[<<],*S=B,*D=B;
#define getchar() (S==D&&(D=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==D)?EOF:*S++)
inline int g() {
R ret=,fix=; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-:fix;
do ret=ret*+(ch^); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
} inline bool isempty(const char& ch) {return ch<=||ch>=;}
inline void gs(char* s) {register char ch; while(isempty(ch=getchar())); do *s++=ch; while(!isempty(ch=getchar()));}
}using Fread::g; using Fread::gs;
const int N=,M=; int n,m,T,tot,lst;
vector<int> s[N];
#define pb push_back
int f[M][M],cnt[N],P[N],pos[N],a[N],b[N],vl[N],h[M][N],d[M][N],c[M][M];
inline void PRE(int p) { R ans=,mx=; memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(R t=p,lim=pos[n];t<=lim;++t) {
for(R i=(t-)*T+,lim=min(n,t*T);i<=lim;++i) {
if(++cnt[a[i]]>mx||(cnt[a[i]]==mx&&a[i]<ans)) mx=cnt[a[i]],ans=a[i];
} f[p][t]=ans,c[p][t]=mx;
}
}
inline int solve(int l,int r) { R mx=,ret=,p=pos[l]+,q=pos[r]-;
if(pos[l]==pos[r]) { memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(R i=l;i<=r;++i) if(++cnt[a[i]]>mx||(cnt[a[i]]==mx&&a[i]<ret)) ret=a[i],mx=cnt[a[i]];
} else { ret=f[p][q],mx=c[p][q]; memset(cnt,0x3f,sizeof(cnt));
for(R i=l,L=pos[l]*T;i<=L;++i) if(cnt[a[i]]==0x3f3f3f3f) cnt[a[i]]=P[i];
for(R i=q*T+;i<=r;++i) {
R tmp=P[i]+-min(cnt[a[i]],h[p][a[i]]);
if(tmp>mx||(tmp==mx&&a[i]<ret)) ret=a[i],mx=tmp;
cnt[a[i]]=P[i];
}
for(R i=l,L=pos[l]*T;i<=L;++i) {
R tmp=max((cnt[a[i]]==0x3f3f3f3f?:cnt[a[i]]),d[q][a[i]])-P[i]+;
if(tmp>mx||(tmp==mx&&a[i]<ret)) ret=a[i],mx=tmp;
}
} return ret;
}
signed main() {
#ifdef JACK
freopen("NOIPAK++.in","r",stdin);
OUT;
#endif
n=g(),m=g(); T=pow(n,/2.3);//好像更小一点更快（也不是越小越快）
for(R i=;i<=n;++i) a[i]=g();
memcpy(b,a,sizeof(a)); sort(b+,b+n+);
tot=unique(b+,b+n+)-b-; memcpy(vl,b,sizeof(int)*(tot+));
for(R i=;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(b+,b+tot+,a[i])-b,s[a[i]].pb(i);
for(R i=;i<=n;++i) pos[i]=(i-)/T+; for(R i=;i<=n;++i) P[i]=++cnt[a[i]];
memset(cnt,,sizeof(cnt)); memset(h[pos[n]+],0x3f,sizeof(h[pos[n]+]));
for(R t=pos[n];t;--t) { memcpy(h[t],h[t+],sizeof(h[t+]));
for(R i=min(n,t*T);i>(t-)*T;--i) h[t][a[i]]=P[i];
} for(R t=;t<=pos[n];++t) { memcpy(d[t],d[t-],sizeof(d[t-]));
for(R i=(t-)*T+,L=t*T;i<=L;++i) d[t][a[i]]=P[i];
} for(R i=;i<=pos[n];++i) PRE(i);
for(R i=,l,r;i<=m;++i) {
l=(g()+lst-)%n+,r=(g()+lst-)%n+; l>r?swap(l,r):(void);
printf("%d\n",lst=vl[solve(l,r)]);
}
}
2019.06.28