这道题其实就是询问区间众数且强制在线。
若题目是询问区间是否有过半众数，就是主席树，按值域建树，不断判断左右子树子节点数量大于（r-l+1）/2，如果一直可以到叶子节点，则return true，否则return false
若题目是询问区间是否有过半众数且带修改，就是树套树（虽然我还没打过树套树）
若题目是询问区间众数且可以离线，就可以用莫队做，信息只增不删，开一个桶（离散化）维护各数出现次数，时间O（n√n）
然鹅，这道题是询问区间众数且强制在线。
那我们可以考虑分块做法，n<=40000，是符合O（n√n）的
思考：对于一个区间，这个区间存在两种情况
1.[L，R]都由整块构成
2.[L，R]由整块和一些零散的点构成
我们可以预处理出这样的两个数组
sum[i][j]从最开始到第i块j这种颜色出现的次数，p[i][j]第i块到第j块的众数
处理p数组时有一个小技巧，保证时间
我原来的处理是这样的
for(int i=1;i<=num;++i) for(int j=i;j<=num;++j) { int tot=0,col=INF; for(int k=1;k<=n;++k) { if(sum[j][k]-sum[i-1][k]>tot||(sum[j][k]-sum[i-1][k]==tot&&k<col)) tot=sum[j][k]-sum[i-1][k],col=k; } p[i][j]=col; }
会T
然后我们可以这样打
for(int i=1;i<=num;++i) { int tot=0,col=INF; for(int j=l[i];j<=n;++j) { int pos=id[j]; tong[a[j]]++;//开桶处理p数组 if(tong[a[j]]>tot||(tong[a[j]]==tot&&col>a[j])) tot=tong[a[j]],col=a[j]; p[i][pos]=col; } for(int j=l[i];j<=n;++j)tong[a[j]]=0; }
每一次在统计的时候，先找到整块的众数，前后的残余的点开一个桶暴力判断即可（每一次桶记得清空）
记得离散化
代码~
#include<bits/stdc++.h> #define INF 2100000001 #define N 40003 #define LL long long using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } //sum[i][j]从最开始到第i块j这种颜色出现的次数，p[i][j]第i块到第j块的众数，id[i]i所在的块 int n,m,num,pp; int a[N],b[N],l[202],r[202],id[N],color[N],tong[N],ans[50003]; int ge[202][202],p[202][202],sum[202][N]; void init() { int base=sqrt(1.0*n); for(int i=1;i*base<n;++i) { int tot=0,col=INF; l[i]=base*(i-1)+1; r[i]=base*i; for(int j=l[i];j<=r[i];++j) { id[j]=i; sum[i][a[j]]++;//在第i块a[j]颜色的个数 } num=i; } num++; l[num]=base*(num-1)+1;r[num]=n; for(int j=l[num];j<=r[num];++j)id[j]=num,sum[num][a[j]]++;//单纯分块，最后一块单独处理 for(int i=1;i<=num;++i) for(int j=1;j<=pp;++j) sum[i][j]+=sum[i-1][j];//前缀和处理sum for(int i=1;i<=num;++i) { int tot=0,col=INF; for(int j=l[i];j<=n;++j) { int pos=id[j]; tong[a[j]]++;//开桶处理p数组 if(tong[a[j]]>tot||(tong[a[j]]==tot&&col>a[j])) tot=tong[a[j]],col=a[j]; p[i][pos]=col; } for(int j=l[i];j<=n;++j)tong[a[j]]=0; } } int query(int L,int R) { memset(tong,0,sizeof(tong)); int pos1=id[L],pos2=id[R]; if(pos2-pos1<=1)//两块及以下暴力处理 { int answer=INF,tot=0; for(int i=L;i<=R;++i) { ++tong[a[i]]; if(tong[a[i]]>tot||(tong[a[i]]==tot&&answer>a[i])) tot=tong[a[i]],answer=a[i]; } return answer; } int answer=p[pos1+1][pos2-1];//先取出整块的众数 int tot=sum[pos2-1][answer]-sum[pos1][answer]; int x=L,y=l[pos1+1]-1;//前面残余的 for(int i=x;i<=y;++i) { ++tong[a[i]]; if(tong[a[i]]+sum[pos2-1][a[i]]-sum[pos1][a[i]]>tot||(tong[a[i]]+sum[pos2-1][a[i]]-sum[pos1][a[i]]==tot&&answer>a[i])) tot=tong[a[i]]+sum[pos2-1][a[i]]-sum[pos1][a[i]],answer=a[i]; } x=l[pos2],y=R;//后面残余的 for(int i=x;i<=y;++i) { ++tong[a[i]]; if(tong[a[i]]+sum[pos2-1][a[i]]-sum[pos1][a[i]]>tot||(tong[a[i]]+sum[pos2-1][a[i]]-sum[pos1][a[i]]==tot&&answer>a[i])) tot=tong[a[i]]+sum[pos2-1][a[i]]-sum[pos1][a[i]],answer=a[i]; } return answer; } int main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=b[i]=read(); sort(b+1,b+1+n); pp=unique(b+1,b+1+n)-b-1; for(int i=1;i<=n;++i) { int col=a[i]; a[i]=lower_bound(b+1,b+1+pp,a[i])-b; color[a[i]]=col;//离散化 } init(); for(int i=1;i<=m;++i) { int L=read(),R=read(); int x=(L+ans[i-1]-1)%n+1; int y=(R+ans[i-1]-1)%n+1; if(x>y)swap(x,y); ans[i]=color[query(x,y)]; printf("%d ",ans[i]); } }