51nod 1471 小S的兴趣
题面
小S喜欢有趣的事。但是，每个人的兴趣都是独特的。小S热衷于自问自答。有一天，小S想出了一个问题。
有一个包含n个正整数的数组a和针对这个数组的几个问题。这些问题有两种类型：
-
在数组下标l到r的部分上，将一个单元格循环移动到右端。即以下面方式重新分配数组上的元素。
a[l], a[l+1], ..., a[r-1], a[r] → a[r], a[l], a[l+1], ..., a[r-1].
2. 在数组下标l到r的部分上，计算有多少元素的值与k相等。
小S很喜欢这个问题并且很快解决了它，你是否能够解决它呢？
Input
第一行包含整数 n (1 ≤ n ≤ 10*5) —数组元素的数量。第二行包含 n 个整数a[1], a[2], ..., a[n] (1 ≤ a[i] ≤ n)。
第三行包含唯一的整数 q (1 ≤ q ≤ 10*5) —问题的数量。接下来的q行包含了这些询问。
因为你需要在线回答这些问题，所以这些问题将会被编码。第一种类型的询问将会以以下形式给出： 1 Li Ri 。第二种类型的询问将会以以下形式给出： 2 Li Ri Ki 。所有输入的数字都是整数，它们满足以下条件：1 ≤ Li,Ri,Ki ≤ n.
为解码输入的问题，你需要按以下转换操作：
li = ((Li + lastans - 1) mod n) + 1;
ri = ((Ri + lastans - 1) mod n) + 1;
ki=((Ki + lastans - 1) mod n) + 1.
lastans 是到当前询问为止最后一个第二种类型的询问的答案 (初始, lastans = 0)。如果转换后， li 比 ri 大，你需要交换这两个数字。
Output
对于每一个第二种类型的问题以单独一行输出答案。
Input示例
7
6 6 2 7 4 2 5
7
1 3 6
2 2 4 2
2 2 4 7
2 2 2 5
1 2 6
1 1 4
2 1 7 3
Output示例
2
1
0
0
题解
这道题可以用分块做！（其实我就是想练习分块才来写的这道题……）
大约(sqrt n)（因为担心空间爆炸，我取的是400个一块）分成一块，每块内部是一个链表。对于每一块，记录某数在其中出现的次数。
当进行修改的时候，把右端点上的元素拿下来，插到左端点前面即可。但是单纯这样做，可能会导致有的块变大、有的块变小，不利于时间复杂度的稳定，于是把区间中间的每一块最右边的元素拿下来，插到下一个块的左端点前面，这样每次修改时块的大小不会改变。
注意可能出现修改区间的 l, r 相等的情况——对于我的代码，这里不特判的话链表操作就会GG……
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
bool read(T &x){
char c;
bool op = 0;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
else if(c == EOF) return 0;
x = c - '0';
while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
x = x * 10 + c - '0';
if(op) x = -x;
return 1;
}
template <class T>
void write(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int M = 400, N = 1e5+400;
int n, q, a[N];
int st[N/M], ed[N/M], pre[N], nxt[N];
int blk[N], beg[N];
// 使用链表存储每一块内部信息
// blk是原来某一编号的元素的所在的位置
int cnt[N/M][N], ans; // 记录每一块内每个数有多少
void erase(int x){ //删除元素x
pre[nxt[x]] = pre[x];
nxt[pre[x]] = nxt[x];
cnt[blk[x]][a[x]]--;
}
void insert(int x, int y){ //在x前面插入y(同一块)
pre[y] = pre[x];
nxt[y] = x;
nxt[pre[x]] = y;
pre[x] = y;
blk[y] = blk[x];
cnt[blk[y]][a[y]]++;
}
int find(int x){ //找到第x个元素
int b = 1;
while(b < blk[n] && beg[b + 1] <= x) b++;
int ret = nxt[st[b]], pos = beg[b];
while(pos < x) pos++, ret = nxt[ret];
return ret;
}
void change(int l, int r){
int left = find(l), right = find(r);
int b1 = blk[left], b2 = blk[right];
erase(right);
insert(left, right);
for(int b = b1; b < b2; b++){
int x = pre[ed[b]];
erase(x);
insert(nxt[st[b + 1]], x);
}
}
int query(int l, int r, int x){
int left = find(l), right = find(r);
int b1 = blk[left], b2 = blk[right];
int ret = 0;
if(b1 == b2){
for(int i = left; i != nxt[right]; i = nxt[i])
if(a[i] == x) ret++;
return ret;
}
for(int pos = beg[b1 + 1] - 1, i = pre[ed[b1]]; pos >= l; pos--, i = pre[i])
if(a[i] == x) ret++;
for(int pos = beg[b2], i = nxt[st[b2]]; pos <= r; pos++, i = nxt[i])
if(a[i] == x) ret++;
for(int b = b1 + 1; b < b2; b++)
ret += cnt[b][x];
return ret;
}
int main(){
read(n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
read(a[i]);
pre[i] = i - 1, nxt[i] = i + 1, blk[i] = (i - 1) / M + 1;
if(i % M == 1)
beg[blk[i]] = i, st[blk[i]] = n + blk[i], pre[i] = st[blk[i]], nxt[st[blk[i]]] = i;
if(i % M == 0 || i == n)
ed[blk[i]] = n + blk[i], nxt[i] = ed[blk[i]], pre[ed[blk[i]]] = i;
cnt[blk[i]][a[i]]++;
}
beg[blk[n] + 1] = n + 1;
read(q);
while(q--){
int op, l, r, x;
read(op), read(l), read(r);
l = (l + ans - 1) % n + 1;
r = (r + ans - 1) % n + 1;
if(l > r) swap(l, r);
if(op == 1 && l != r)
change(l, r);
else if(op == 2){
read(x);
x = (x + ans - 1) % n + 1;
write(ans = query(l, r, x)), enter;
}
}
return 0;
}