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题解：
经典的在线求区间众数的问题，由于区间众数不满足区间可加性，所以考虑分块，假设分块长度为 $S$，则总共分成 $T=N/S$ 块，
对于每个询问 $[l,r]$，设点 $l$ 在第 $p$ 块，点 $r$ 在第 $q$ 块，假设第 $p+1$ 到第 $q-1$ 块这整一个区间为 $[L,R]$，
那么，查询的区间就被分为 $[l,L)$ 和 $[L,R]$ 和 $(R,r]$ 三大块，显然可以分两种情况讨论：
1、$[L,R]$ 这个区间的众数就是 $[l,r]$ 的众数；
2、$[L,R]$ 这个区间的众数不是 $[l,r]$ 的众数，那么必然是由于 $[L,R]$ 区间内的某个数，它出现的次数，加上了 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中出现的次数，超过了原本 $[L,R]$ 的众数；因此，这个必然在 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中出现。
这样一来，就很好算了，不妨对于所有可行的 $[L,R]$，预处理出一个数组 $cnt_{L,R}$，记录区间 $[L,R]$ 内每个数字出现的次数，同时再记录 $[L,R]$ 的众数是哪个，
显然经过离散化处理后，$cnt_{L,R}$ 的空间复杂度为 $O(N)$，而所有可行的区间 $[L,R]$ 有 $O(T^2) = O(N^2 /S^2)$ 个；
那么，对于每次查询 $[l,r]$，$O(S)$ 枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中的出现的数，把它们加到 $[L,R]$ 对应的 $cnt_{L,R}$ 数组之中，维护最大值的同时与 $[L,R]$ 的众数的出现次数进行比较，就可以找到众数，
最后，再 $O(S)$ 地枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 中的出现的数，把 $cnt_{L,R}$ 数组复原即可。
因此，对于每次查询，$O(S)$ 即可求得答案，总的就是 $O(MS)$；而预处理是 $O(NT^2) = O(N^3 /S^2)$；所以总时间复杂度为 $O(MS + N^3 /S^2)$，可知，当 $S = sqrt[3]{{N^3 /M}} = frac{N}{{sqrt[3]{M}}}$ 时最小，为 $O(NM^{frac{2}{3}})$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int,int> pii; const int maxn=4e4+10; const int maxm=5e4+10; int n,m; int a[maxn],aid[maxn]; int cnt[40][40][maxn]; pii mode[40][40]; int block[maxn],len,tot; int L[maxn],R[maxn]; vector<int> v; inline int getid(int x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1;} void update(int x,int y,int i,pii &res) { cnt[x][y][aid[i]]++; if(cnt[x][y][aid[i]]>res.first || (cnt[x][y][aid[i]]==res.first && a[i]<a[res.second])) { res.first=cnt[x][y][aid[i]]; res.second=i; } } int ask(int l,int r) { int st=block[l],ed=block[r]; pii res; if(ed-st<=1) { res=make_pair(0,0); for(int i=l;i<=r;i++) update(0,0,i,res); for(int i=l;i<=r;i++) cnt[0][0][aid[i]]--; } else { res=mode[st+1][ed-1]; for(int i=l;i<=R[st];i++) update(st+1,ed-1,i,res); for(int i=L[ed];i<=r;i++) update(st+1,ed-1,i,res); for(int i=l;i<=R[st];i++) cnt[st+1][ed-1][aid[i]]--; for(int i=L[ed];i<=r;i++) cnt[st+1][ed-1][aid[i]]--; } return res.second; } int main() { cin>>n>>m; len=max(1,(int)(n/pow(m,1.0/3.0))); for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; v.push_back(a[i]); block[i]=(i-1)/len+1; if(i==1) L[block[i]]=i; if(i==n) R[tot=block[i]]=i; if(2<=i && i<=n && block[i-1]!=block[i]) { R[block[i-1]]=i-1; L[block[i]]=i; } } sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()); for(int i=1;i<=n;i++) aid[i]=getid(a[i]); memset(cnt,0,sizeof(cnt)); for(int i=1;i<=tot;i++) { for(int j=i;j<=tot;j++) { mode[i][j]=make_pair(0,0); for(int k=L[i];k<=R[j];k++) { cnt[i][j][aid[k]]++; if(cnt[i][j][aid[k]]>mode[i][j].first || (cnt[i][j][aid[k]]==mode[i][j].first && a[k]<a[mode[i][j].second])) { mode[i][j].first=cnt[i][j][aid[k]]; mode[i][j].second=k; } } } } int ans=0; while(m--) { int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); l=(l+ans-1)%n+1; r=(r+ans-1)%n+1; if(l>r) swap(l,r); printf("%d ",ans=a[ask(l,r)]); } }
（被这题僵了好久……深深感到自己码力的弱小……）
题解2：
依然同上面一样，对于每个询问 $[l,r]$，设点 $l$ 在第 $p$ 块，点 $r$ 在第 $q$ 块，假设第 $p+1$ 到第 $q-1$ 块这整一个区间为 $[L,R]$，查询的区间就被分为 $[l,L)$ 和 $[L,R]$ 和 $(R,r]$ 三大块，
然后，这次不再建立数组 $cnt_{L,R}$，单纯记录区间 $[L,R]$ 的众数，
但是，我们与上面的大体思路是一样的，我们依然要暴力枚举 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 里所有出现的数，看看这些数在 $[l,r]$ 区间里出现的次数能不能超过区间 $[L,R]$ 的众数，
这样一来，我们考虑运用二分的方法：
首先用一个邻接表，其中每个链表存储的是表头数字在 $a[1:N]$ 的所有出现位置，
而后，我们对于 $[l,L)$ 和 $(R,r]$ 出现的任意一个数字，都能用两次二分查找到 $[l,r]$ 中的第一次出现位置和最后一次出现位置，两个位置相减即得 $[l,r]$ 内该数字出现了几次，
最后，就是同上面一样的，去和 $[L,R]$ 的区间众数比较，尝试更新区间众数。
那么，时间复杂度：预处理是 $O(NT) = O(N^2 / S)$；对于每次查询，$O(S log N)$ 即可求得答案，总的就是 $O(frac{{N^2 }}{S} + MSlog N)$，令 $S = frac{N}{{sqrt {Mlog N} }}$，使其最小为 $O(Nsqrt {Mlog N} )$。
AC代码2：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int,int> pii; const int maxn=4e4+10; const int maxm=5e4+10; int n,m; int a[maxn],aid[maxn]; vector<int> num[maxn]; int cnt[maxn]; pii mode[900][900]; int block[maxn],len,tot; int L[maxn],R[maxn]; vector<int> v; inline int getid(int x){return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1;} void update(int i,int l,int r,pii &res) { int x=lower_bound(num[aid[i]].begin(),num[aid[i]].end(),l)-num[aid[i]].begin(); int y=upper_bound(num[aid[i]].begin(),num[aid[i]].end(),r)-num[aid[i]].begin(); if(y-x>res.first || (y-x==res.first && a[i]<a[res.second])) { res.first=y-x; res.second=i; } } int ask(int l,int r) { int st=block[l],ed=block[r]; pii res; if(ed-st<=1) { res=make_pair(0,0); for(int i=l;i<=r;i++) update(i,l,r,res); } else { res=mode[st+1][ed-1]; for(int i=l;i<=R[st];i++) update(i,l,r,res); for(int i=L[ed];i<=r;i++) update(i,l,r,res); } return res.second; } int main() { //freopen("input","r",stdin); //freopen("my","w",stdout); cin>>n>>m; len=max(1,(int)(n/sqrt(m*log2(n)))); for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; v.push_back(a[i]); block[i]=(i-1)/len+1; if(i==1) L[block[i]]=i; if(i==n) R[tot=block[i]]=i; if(2<=i && i<=n && block[i-1]!=block[i]) { R[block[i-1]]=i-1; L[block[i]]=i; } } sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()); for(int i=1;i<=n;i++) { aid[i]=getid(a[i]); num[aid[i]].push_back(i); } memset(mode,0,sizeof(mode)); for(int i=1;i<=tot;i++) { memset(cnt,0,sizeof(cnt)); pii mx=make_pair(0,0); for(int k=L[i],j=block[k];k<=n;k++,j=block[k]) { cnt[aid[k]]++; if(cnt[aid[k]]>mx.first || (cnt[aid[k]]==mx.first && a[k]<a[mx.second])) { mx.first=cnt[aid[k]]; mx.second=k; } if(mx.first>mode[i][j].first || (mx.first==mode[i][j].first && a[mx.second]<a[mode[i][j].second])) mode[i][j]=mx; } } int ans=0; while(m--) { int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); l=(l+ans-1)%n+1; r=(r+ans-1)%n+1; if(l>r) swap(l,r); //printf("real l=%d r=%d ",l,r); printf("%d ",ans=a[ask(l,r)]); } }