题目背景
亲爱的哥哥：
你在那个城市里面过得好吗？
我在家里面最近很开心呢。昨天晚上奶奶给我讲了那个叫「绝望」的大坏蛋的故事的说！它把人们的房子和田地搞坏，还有好多小朋友也被它杀掉了。我觉得把那么可怕的怪物召唤出来的那个坏蛋也很坏呢。不过奶奶说他是很难受的时候才做出这样的事的……
最近村子里长出了一大片一大片的蒲公英。一刮风，这些蒲公英就能飘到好远的地方了呢。我觉得要是它们能飘到那个城市里面，让哥哥看看就好了呢！
哥哥你要快点回来哦！
爱你的妹妹 Violet
Azure 读完这封信之后微笑了一下。
“蒲公英吗……”
题目描述
在乡下的小路旁种着许多蒲公英，而我们的问题正是与这些蒲公英有关。
为了简化起见，我们把所有的蒲公英看成一个长度为n的序列 (a1,a2..an)(a_1,a_2..a_n)(a1,a2..an) ，其中 aia_iai 为一个正整数，表示第i棵蒲公英的种类编号。
而每次询问一个区间 [l,r]，你需要回答区间里出现次数最多的是哪种蒲公英，如果有若干种蒲公英出现次数相同，则输出种类编号最小的那个。
注意，你的算法必须是在线的
输入输出格式
输入格式：
第一行两个整数 n,m ，表示有n株蒲公英，m 次询问。
接下来一行n个空格分隔的整数 aia_iai ，表示蒲公英的种类
再接下来m 行每行两个整数 l0,r0l_0,r_0l0,r0 ，我们令上次询问的结果为 x（如果这是第一次询问， 则 x=0）。
令 l=(l0+x−1)modn+1,r=(r0+x−1)modn+1l=(l_0+x-1)\bmod n + 1,r=(r_0+x-1) \bmod n + 1l=(l0+x−1)modn+1,r=(r0+x−1)modn+1 ，如果 l>r，则交换 l,r 。
最终的询问区间为[l,r]。
输出格式：
输出m 行。每行一个整数，表示每次询问的结果。
输入输出样例
6 3
1 2 3 2 1 2
1 5
3 6
1 5
1
2
1
说明
对于 20% 的数据，保证 1≤n,m≤30001\le n,m \le 30001≤n,m≤3000 。
对于 100% 的数据，保证 1≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤1091\le n \le 40000,1\le m \le 50000,1\le a_i \le 10^91≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤109 。
bzojAC， LuoguRE...what？原来数组开小了...
这个题我在很久之前写（chao）过20分做法..现在感觉自己好智障。
昨天刚学过分块今天看这道题，其实并不是那么不可做...虽然我并不知道为什么是黑题...
但好像这算是区间众数的板子？我是不会说我用学长的账号交的（会不会被打死）。
看到颜色数量1e9...离散化...
然后可以用f[i][j]表示第i个块到第j个块的区间众数，可以O(n*sqrt(n))求出.
然后就全是暴力了...
我们在每个颜色上开一个vector，按照插入顺序记录一下在数组中出现的位置。
对于每个询问(a, b)，我们先把ans赋为f[block[a]+1][block[b]-1],然后在vector里二分出第一个>=b,<=a的位置，然后做差就得到了在这一区间ans出现的次数；
之后处理零碎的区间[a, L[block[a]+1]), 和[L[block[b]],b]， 对于每个颜色都在vector里二分找出出现的次数，然后看能不能更新答案...
然后就做完了啦啦啦
总复杂度O(n*sqrt(n)+n*sqrt(n*logn));
哇塞忘贴代码了现在才发现... ——update 2018.7.18
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int res=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch)){res=(res<<)+(res<<)+(ch^);ch=getchar();}
return res;
}
int n, m;
map <int, int> mp;
int lis;
int ty[];
int Bl, block[], L[];
int cnt[][], f[][];
int num[], val[], stk[], top;
vector <int> ve[]; int main()
{
n = read(), m = read();
Bl = ;
for (register int i = ; i <= n ; i ++){
int x = read();if (!mp[x]) mp[x] = ++lis, val[lis] = x;
ty[i] = mp[x];
block[i] = (i - ) / Bl + ;
if (!L[block[i]]) L[block[i]] = i;
ve[ty[i]].push_back(i);
}
for (register int i = ; i <= block[n] ; i ++){
int now = , tt = ;
memset(num, , sizeof num);
for (register int j = L[i] ; j <= n ; j ++){
cnt[i][ty[j]]++, num[ty[j]]++;
if (num[ty[j]] > now or (num[ty[j]] == now and val[ty[j]] < val[tt]))
now = num[ty[j]], tt = ty[j];
f[i][block[j]] = tt;
}
}
int lsans = ;
while(m--)
{
int a = read(), b = read();
a = (a + lsans - ) % n + , b = (b + lsans - ) % n + ;
if (a > b) swap(a, b);
int ans = f[block[a]+][block[b]-];//种类
top = ;
int mx = upper_bound(ve[ans].begin(), ve[ans].end(), b) - lower_bound(ve[ans].begin(), ve[ans].end(), a);//数目
for (register int i = a ; i < L[block[a]+] ; i ++){
int t = upper_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), b) - lower_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), a);//次数
if (t > mx or (t == mx and val[ty[i]] < val[ans])) mx = t, ans = ty[i];
}
for (register int i = L[block[b]] ; i <= b ; i ++){
int t = upper_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), b) - lower_bound(ve[ty[i]].begin(), ve[ty[i]].end(), a);//次数
if (t > mx or (t == mx and val[ty[i]] < val[ans])) mx = t, ans = ty[i];
}
lsans = val[ans];
printf("%d\n", val[ans]);
}
return ;
}