（咕咕咕
（一时咕一时爽，一直咕一直爽
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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），其中 ai 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 ai，表示蒲公英的种类
再接下来m 行每行两个整数 l0,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+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≤3000。
对于 100% 的数据，保证 1≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤109。
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分块经典题
（黑题慌的一批.
吸个氧居然快了那么多？？！
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题解：
多思考思考一下
众数 只可能是 查询区间内 完整的所有块的众数 或 不完整块中出现的数
所以预处理出f[ i ][ j ],表示第i块到第j块的众数
（从第i个桶开始向后扫一遍）
再离散化一下
v[ i ]初始是存读入进来的种类编号，而后为v[ i ]这个数值第一次出现的位置
val[ i ]为值为第i个出现的对应的数值
mp[ i ]为值为i的数第一次出现的位置
给每个数 x 开个vector，按顺序存下 x 出现的位置
每次询问 x 时把区间的左右端点放进对应 vector 二分一下即可。
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于是
我就开始了快乐（痛苦）debug
1、没看清题里是什么时候交换的 l 和 r ；
我直接判断 l 和 r 的大小，而没有按题要求的那样
先对 l 和 r 修改，再比较
（注意看题w）
2、对 l 和 r 的修改涉及到上一次询问的答案
我沿用之前分块9的思想
返回得到t的值是那个数首次出现的位置（相当于返回了一个v[ ]数组）
而不是真正的数（没有返回val[ ]数组）
3、想要预处理每个块
误把循环边界 i <= block[n] 写成 i <= block[i]
4、“二分查找”写错
5、查询时，相比较的对象整错了
6、快读又双叒叕写错了ze.
7、不吸氧只能过5个点，吸了氧就全过了（透
(综上，qxt就是个傻zi
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#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> #include<map> #define ll long long using namespace std; inline int read() { int sum = 0,p = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') p = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { (sum *= 10) += ch - '0'; ch = getchar(); } return sum * p; } const int maxn = 50005; int n,m,blo = 200,id; int v[maxn],val[maxn],f[505][505],block[maxn],cnt[maxn]; map<int,int>mp; vector<int>ve[maxn]; void pre(int x) { memset(cnt,0,sizeof(cnt)); int mx= 0,ans = 0; for(int i = (x - 1) * blo + 1; i <= n; i++) { int t = block[i]; cnt[v[i]]++; if(cnt[v[i]] > mx || (cnt[v[i]] == mx && val[v[i]] < val[ans])) { mx = cnt[v[i]]; ans = v[i]; } f[x][t] = ans; } } int ask(int x,int y,int cnt) { return upper_bound(ve[cnt].begin(),ve[cnt].end(),y) - lower_bound(ve[cnt].begin(),ve[cnt].end(),x); } int query(int x,int y) { int ans,mx; ans = f[block[x] + 1][block[y] - 1]; mx = ask(x,y,ans); for(int i = x;i <= min(block[x] * blo,y); i++) { int cnt = ask(x,y,v[i]); if(cnt > mx || (cnt == mx && val[v[i]] < val[ans])) { mx = cnt; ans = v[i]; } } if(block[x] != block[y]) { for(int i = (block[y] - 1) * blo + 1;i <= y;i++) { int cnt = ask(x,y,v[i]); if(cnt > mx || (cnt == mx && val[v[i]] < val[ans])) { mx = cnt; ans = v[i]; } } } return ans; } int main() { n = read(),m = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) { v[i] = read(); if(!mp[v[i]]) { mp[v[i]] = ++id; val[id] = v[i]; } v[i] = mp[v[i]]; ve[v[i]].push_back(i); } for(int i = 1; i <= n; i++) block[i] = (i - 1)/blo + 1; for(int i = 1; i <= block[n]; i++) pre(i); int t = 0; for(int i = 1; i <= m; i++) { int l = read(),r = read(); l = (l + t - 1)%n + 1; r = (r + t - 1)%n + 1; if(l > r) swap(l,r); t = val[query(l,r)]; printf("%d ",t); } return 0; }