这道题需要用主席树维护，基本上算是裸题。
简单介绍一下主席树：
就是线段树的可持久化，每次新建版本时，都新建一个根，递归新建所有值发生改变的节点。
与普通线段树不同的是，主席树需要记录节点的左右儿子编号。
具体到这道题，从1到n一个一个往主席树里加棒棒糖。
每加一个就建一个新版本。
然后需要把之前版本的信息整合（这道题直接相加就行）到当前版本上。
查询的时候，如果查询区间[l,r]，就在第r个版本和第l-1个版本的差里查询即可。
注意主席树需要很大空间。
除了原树（这道题没有原树）的4倍空间以外，每新建一个版本都需要额外的log n的空间。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int n,m; 7 int root[50005],tot,v[850005]; 8 int ls[850005],rs[850005]; 9 10 void add(int &num,int lb,int rb,int c) 11 { 12 if(num==0)num=++tot; 13 v[num]++; 14 if(lb==rb)return; 15 int mid=(lb+rb)>>1; 16 if(c<=mid)add(ls[num],lb,mid,c); 17 else add(rs[num],mid+1,rb,c); 18 } 19 20 void merge(int fr,int &to) 21 { 22 if(to==0){to=fr;return;} 23 if(fr==0)return; 24 v[to]+=v[fr]; 25 merge(ls[fr],ls[to]); 26 merge(rs[fr],rs[to]); 27 } 28 29 int ask(int px,int py,int lb,int rb,int mv) 30 { 31 if(v[py]-v[px]<=mv)return 0; 32 if(lb==rb)return lb; 33 int mid=(lb+rb)>>1; 34 if(v[ls[py]]-v[ls[px]]>=v[rs[py]]-v[rs[px]]) 35 return ask(ls[px],ls[py],lb,mid,mv); 36 else 37 return ask(rs[px],rs[py],mid+1,rb,mv); 38 } 39 40 int main() 41 { 42 scanf("%d%d",&n,&m); 43 for(int i=1;i<=n;i++) 44 { 45 int t; 46 scanf("%d",&t); 47 add(root[i],1,50000,t); 48 merge(root[i-1],root[i]); 49 } 50 for(int i=1;i<=m;i++) 51 { 52 int l,r; 53 scanf("%d%d",&l,&r); 54 printf("%d ",ask(root[l-1],root[r],1,50000,(r-l+1)/2)); 55 } 56 return 0; 57 }
代码还算简单，跟线段树差不多。
这里还有一道一模一样的题：[bzoj3524] [POI2014] KUR-Couriers
bzoj3524传送门（ tu hao 题，这个门就是开玩笑的）
这道题的数据范围是棒棒糖的十倍。
把棒棒糖那道题的数组大小改一下就行了。
其他的真的一模一样，不上代码了。