【学习笔记】分块

众所周知，分块是一种比较暴力的数据结构。

虽说分块效率不高，但它能处理一些树状数组和线段树难以维护的东西（尤其是不具备可拆分性和可合并性的东西）。

分块遵循整块维护，块内暴力的原则。所以我们一般先考虑一个暴力算法，再使用分块优化。

建立分块：

我们定义一个分块的结构体 b，分别存储每个块的首尾。

对于每个块的第一个元素的下标，我们将其设为上一个块的最后一个元素的下标加 $1$ 。对于每个块的最后一个元素的下标，就是这个块的左端点加上一个块长再减 $1$ 。

因为可能会出现 $n$ 不是块长或块的个数的倍数的情况，所以我们强制令最后一个块的末尾为序列长度 $n$ 。

最后，我们还要标记每个下标属于的块的编号。这非常有用，所有分块题都需要。

我们一般将块的个数和块长设为 $⌊ \sqrt{n} ⌋$ （为什么下文会提到）。

~~带修莫队：那我走？（雾）~~

//一般来说所有分块题都要维护左右端点，当然有的题目还要维护额外的信息
struct blocks{
    int l,r;//块的左右端点
} b[SqrtN];
int belong[N];//belong[i]表示下标i属于的块的编号
int block_cnt,block_len;//块的个数，块长
void build_block(){
	block_cnt = block_len = (int)sqrt(n);
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
		b[i].l = b[i - 1].r + 1;
		b[i].r = b[i].l + block_len - 1;
	}
	b[block_cnt].r = n;//上文讲了的
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++)
		for(int j = b[i].l;j <= b[i].r;j++)
			belong[j] = i;
}

区间查询：

引入中说，分块遵循整体维护，块内暴力的原则。

所以分块查询一般套路如下：

如果查询两端点在同一块内，直接暴力，复杂度 $O (s)$ ， $s$ 为块长。

否则，我们把询问拆分成三部分：

首先是两个散块，即左端点到左端点所在块的末尾，以及右端点所在块的开头到右端点两段，这两段也是暴力,复杂度也是 $O (s)$ 。

其次是中间的整块（也可能没有），对于这些部分，我们需要对它们维护一些信息，这样就可以降低整块查询的复杂度（至多不能超过 $O (s)$ ），否则，分块算法就会退化成原版的暴力。

假定单整块查询的复杂度是 $O (1)$ ，那么多个整块查询的复杂度是 $O (\frac{n}{s})$ ，即跟块的数量同级。所以整个查询时间复杂度为 $O (s + \frac{n}{s})$

在建立分块中说了，一般将块的个数和块长设为 $⌊ \sqrt{n} ⌋$ 。由均值不等式， $O (s + \frac{n}{s})$ 在 $s = \sqrt{n}$ 时，取到最小值 $O (\sqrt{n})$ （均值不等式不用我说了吧）。

拿到一道分块题，我们可以先取块长 $s = ⌊ \sqrt{n} ⌋$ ，发现有更优解再调整块长。

例题1：教主的魔法

非常经典的带修分块题。

查询一个区间有多少个大于 $C$ 的数其实很难用线段树或树状数组维护（树套树还是可以的），但本题的修改是区间加，这样树套树差不多也萎了，所以考虑分块。

还是一样先设块长和块的个数为 $⌊ \sqrt{n} ⌋$ ，建好分块。

先考虑暴力解法。很容易想到用一个临时数组，复制下要查询的区间 $[l, r]$ ，对这个数组排序再二分。

这样的暴力算法单次复杂度修改 $O (n)$ ，查询 $O (n \log n)$ ，显然过不了。

因此，我们考虑分块，接下来分别优化修改和查询。

学过线段树的肯定知道“懒标记”这个东西，懒标记用到分块上同样适用。

还记得分块的整块维护，块内暴力的原则吗？修改也是一样的。

和查询类似，当左右端点在同一块内时，直接暴力修改，复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

否则，分别暴力修改左端点 $l$ 到左端点 $l$ 所在块的右边界和右端点 $r$ 所在块的右边界到右端点 $r$ ，复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

对于每个整块，将这些整块的标记都加上 $W$ ，代表这些整块的数都要加上 $W$ ，复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

那么查询呢？

按照暴力的思路，我们应该对每个块内排序再二分。所以我们可以先预处理，对每个块内排序。但是每次要修改怎么办呢？

我们可以发现：对于一个单调递增的序列，整体加一个数是不会改变其单调性的，所以对于整块，只用打标记即可。

对于两个散块，暴力加后直接复制到临时数组上排序，复杂度 $O (\sqrt{n} \log \sqrt{n})$ 。

这样查询就简单了，在每个块内二分查找即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 9,SqrtN = 1e3 + 9;
int n,q;
int a[N],tmp[N];
struct blocks{
	int l,r,add;//额外维护一个标记
} b[SqrtN];
int belong[N];//belong[i]表示下标i属于的块的编号
int block_cnt,block_len;
void block_sort(int block_id){
	int l = b[block_id].l,r = b[block_id].r;
	for(int i = l;i <= r;i++)
		tmp[i] = a[i];
	sort(tmp + l,tmp + r + 1);
}
void build_block(){
	block_cnt = block_len = (int)sqrt(n);
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
		b[i].l = b[i - 1].r + 1;
		b[i].r = b[i].l + block_len - 1;
	}
	b[block_cnt].r = n;
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
		block_sort(i);//块内排序
		for(int j = b[i].l;j <= b[i].r;j++)
			belong[j] = i;
	}
}
void update(int l,int r,int k){
	int pos_l = belong[l],pos_r = belong[r];
	if(pos_l == pos_r){
		for(int i = l;i <= r;i++)
			a[i] += k;
		block_sort(pos_r);
		return;
	}
	for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++)
		a[i] += k;
	for(int i = b[pos_r].l;i <= r;i++)
		a[i] += k;
	for(int i = pos_l + 1;i <= pos_r - 1;i++)
		b[i].add += k;
  	block_sort(pos_l);
	block_sort(pos_r);
}
int query(int l,int r,int k){
	int ret = 0;
	int pos_l = belong[l],pos_r = belong[r];
	if(pos_l == pos_r){
		for(int i = l;i <= r;i++)
			if(a[i] + b[pos_l].add >= k)
				ret++;
		return ret;
	}
	for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++)
		if(a[i] + b[pos_l].add >= k)
			ret++;
	for(int i = b[pos_r].l;i <= r;i++)
		if(a[i] + b[pos_r].add >= k)
			ret++;
	for(int i = pos_l + 1;i <= pos_r - 1;i++){
		int L = b[i].l,R = b[i].r;
		int pos = lower_bound(tmp + L,tmp + R + 1,k - b[i].add) - tmp;
		ret += b[i].r - pos + 1;
	}
	return ret;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> q;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		cin >> a[i];
	build_block();
	for(int i = 1;i <= q;i++){
		string op;
		int l,r,k;
		cin >> op >> l >> r >> k;
		if(op == "M")
			update(l,r,k);
		else
			cout << query(l,r,k) << '\n';
	}
	return 0;
}

同样，对于一些静态问题，分块也能很好地维护。

例题2：[Violet] 蒲公英

本题大意就是求一个区间出现最多的数（众数），如有多个则取最小的一个，强制在线。

显然，区间众数不满足可合并性或可拆分性，所以分块就成了一个很好的选择。

先取块长为 $O (\sqrt{n})$ ，然后我们考虑什么样的数可能成为区间众数。

凭借敏锐的观察力（雾），发现区间众数只可能是这两种数：

整块中的众数（最小的一个）。
散块中出现了的数。

显然，如果一个数只在散块中出现过，且出现次数不多于整块众数，那么不管怎么样，整块的众数肯定更优。这样就将需要比较的数压缩到了 $O (\sqrt{n})$ 级别。

另外，众数只与值出现的次数有关，与值本身无关（在本题中与大小关系有关），所以考虑离散化把值域压缩至 $O (n)$ 级别。

因为是静态问题，所以我们预处理两个数组：

s[SqrtN][N]：s[i][j] 表示前 $i$ 个块中数 $j$ 出现的次数。
p[SqrtN][SqrtN]：p[i][j] 代表第 $i \sim j$ 个块中的众数。

那怎么预处理呢？

对于 s 数组，两重循环。外层循环枚举块的编号 $i$ ，内层循环枚举第 $i$ 个块内的元素 $a_{j}$ ，每扫过一个，就将 s[i][a[j]] 加 $1$ 。另外，我们还好把前 $i - 1$ 个块的元素转移过来。用一层循环，枚举值 $j \leq n$ （毕竟离散化了），将 s[i][j] 加 s[i - 1][j]。

外层循环复杂度 $O (\sqrt{n})$ ，内层循环复杂度 $O (n)$ （瓶颈在转移上），所以预处理 s 数组的复杂度为 $O (n \sqrt{n})$ 。

对于 p 数组，我们用两层循环枚举左块 $i$ 和右块 $j$ 。另外，我们还要维护一个计数器 cnt[N]，记录值出现的次数，以及 Max 和 Max_cnt 用于打擂台。

先考虑最暴力的方法：暴力扫描第 $i \sim j$ 块中的所有数 $a_{k}$ ，每扫到一个立刻将 cnt[a[k]] 加 $1$ ，同时立刻将 $a_{k}$ 和 Max 打擂台。

但这样最内层循环的复杂度是 $O (n)$ 的，所以这种预处理 p 数组的方法复杂度 $O (n^{2})$ ，需要优化。

问：我们每次真的需要清空计数器再重新全部扫描吗？

答：显然是不需要的。

我们发现：当我们扫描完第 $i \sim j - 1$ 块时，其实可以通过对第 $j$ 块的扫描配合此时的计数器就可以得到扫完第 $i \sim j$ 块时的计数器，完全不需要清空，因此内层循环只用扫第 $j$ 个块即可，复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

不过，当最外层循环的 $i$ 加 $1$ 时，这就得把计数器清空了，但复杂度还是优化到了 $O (n \sqrt{n})$ ，可以接受。

预处理完后，就可以查询了。还记得可能成为众数的数吗？这里在放出来：

整块中的众数（最小的一个）。
散块中出现了的数。

如果区间左右端点在同一个块中，直接按照预处理 p 数组的方式暴力即可，复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

首先，我们必须得得到整块中的众数及其在整个区间中出现的次数。

记左端点所在块的编号为 pos_l，右端点所在块的编号为 pos_r，显然，整块中的区间众数就是 p[pos_l + 1][pos_r - 1]。设其为 ret，则 ret 在整块中的出现次数 ret_cnt 即为 s[pos_r - 1][ret] - s[pos_l][ret]。

我们两次扫描两个散块，当扫描到的数 $a_{k} = r e t$ 时，将 ret_cnt 加 $1$ ，就得到了整块中的众数在整个区间的出现次数。

散块中的数处理和预处理 p 数组是类似的，不过打擂台的方式不同：因为我们只扫描散块，没考虑整块，所以每次打擂台比较的是 Max_cnt 和 cnt[a[k]] + s[pos_r - 1][a[k]] - s[pos_l][a[k]]。

这样得到的查询算法单次复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。需要说明的是：每次清空 cnt 如果使用的是 memset，因为本题数据宽松，加上 memset 常数小，可以通过本题，但更优的方法是先扫描散块，只清空散块中出现的数，复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

这样，本题的时间复杂度为 $O ((n + m) \sqrt{n})$ ，空间复杂度 $O (n \sqrt{n})$ （瓶颈在 s 数组上）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 4e4 + 9,SqrtN = 2e2 + 9;
int n,m,ans;
int a[N],tmp[N],len;
int block_cnt,block_len;
struct block{
	int l,r;
} b[SqrtN];
int belong[N];
int p[SqrtN][SqrtN];
int s[SqrtN][N];
void build_block(){
    block_cnt = block_len = (int)sqrt(n);
    for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
        b[i].l = b[i - 1].r + 1;
        b[i].r = b[i].l + block_len - 1;
    }
    b[block_cnt].r = n;
    for(int i = 1;i <= block_cnt;i++)
        for(int j = b[i].l;j <= b[i].r;j++)
            belong[j] = i;
}
int cnt[N];
void init(){
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
		for(int j = 1;j <= len;j++)
			s[i][j] = s[i - 1][j];
		for(int j = b[i].l;j <= b[i].r;j++)
			s[i][a[j]]++;
	}
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
	    int Max = INT_MAX,Max_cnt = 0;
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		for(int j = i;j <= block_cnt;j++){
			for(int k = b[j].l;k <= b[j].r;k++){
				cnt[a[k]]++;
				if(cnt[a[k]] > Max_cnt || (cnt[a[k]] == Max_cnt && a[k] < Max)){
					Max = a[k];
					Max_cnt = cnt[a[k]];
				}
			}
			p[i][j] = Max;
		}
	}
}
int query(int l,int r){
	int pos_l = belong[l],pos_r = belong[r];
	int Max = INT_MAX,Max_cnt = 0;
	memset(cnt,0,sizeof cnt);
	int ret = p[pos_l + 1][pos_r - 1],ret_cnt = s[pos_r - 1][ret] - s[pos_l][ret];
	if(pos_l == pos_r){
		for(int i = l;i <= r;i++){
			cnt[a[i]]++;
			if(cnt[a[i]] > Max_cnt || (cnt[a[i]] == Max_cnt && a[i] < Max)){
				Max = a[i];
				Max_cnt = cnt[a[i]];
			}
		}
		return Max;
	}
	for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++)
		cnt[a[i]]++;
	for(int i = b[pos_r].l;i <= r;i++)
		cnt[a[i]]++;
	ret_cnt += cnt[ret];
	for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++){
		int val = cnt[a[i]] + s[pos_r - 1][a[i]] - s[pos_l][a[i]];
		if(val > Max_cnt || (val == Max_cnt && a[i] < Max)){
			Max = a[i];
			Max_cnt = val;
		}
	}
	for(int i = b[pos_r].l;i <= r;i++){
		int val = cnt[a[i]] + s[pos_r - 1][a[i]] - s[pos_l][a[i]];
		if(val > Max_cnt || (val == Max_cnt && a[i] < Max)){
			Max = a[i];
			Max_cnt = val;
		}
	}
	if(Max_cnt > ret_cnt || (Max_cnt == ret_cnt && Max < ret))
		ret = Max;
	return ret;
}
int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		scanf("%d", &a[i]);
		tmp[i] = a[i];
	}
	sort(tmp + 1,tmp + n + 1);
	len = unique(tmp + 1,tmp + n + 1) - tmp - 1;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		a[i] = lower_bound(tmp + 1,tmp + len + 1,a[i]) - tmp;
	build();
	init();
	for(int i = 1;i <= m;i++){
		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);
		ans = tmp[query(l,r)];
		printf("%d\n",ans);
	}
}

例题3 Yuno loves sqrt technology III

如果用和上题一样的思路，我们会得到这样的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 9,SqrtN = 7e2 + 50;
int n,m,ans;
int a[N];
int block_cnt,block_len;
struct block{
	int start,end,size;
} b[SqrtN];
int belong[N];
int p[SqrtN][SqrtN];
int s[SqrtN][N];
void build(){
	block_cnt = (int)sqrt(n);
	block_len = (n + block_cnt - 1) / block_cnt;
    for (int i = 1;i <= block_cnt;i++) {
        b[i].start = n / block_cnt * (i - 1) + 1;
        b[i].end = n / block_cnt * i;
    }
    b[block_cnt].end = n;
    for (int i = 1;i <= block_cnt;i++) {
        for (int j = b[i].start;j <= b[i].end;j++)
            belong[j] = i;
        b[i].size = b[i].end - b[i].start + 1;
    }
}
int cnt[N];
void init(){
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
		for(int j = 1;j <= n;j++)
			s[i][j] = s[i - 1][j];
		for(int j = b[i].start;j <= b[i].end;j++)
			s[i][a[j]]++;
	}
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
	    int Max = INT_MAX,Max_cnt = 0;
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		for(int j = i;j <= block_cnt;j++){
			for(int k = b[j].start;k <= b[j].end;k++){
				cnt[a[k]]++;
				if(cnt[a[k]] > Max_cnt || (cnt[a[k]] == Max_cnt && a[k] < Max)){
					Max = a[k];
					Max_cnt = cnt[a[k]];
				}
			}
			p[i][j] = Max;
		}
	}
}
int query(int l,int r){
	int pos_l = belong[l],pos_r = belong[r];
	int Max = INT_MAX,Max_cnt = 0;
	memset(cnt,0,sizeof cnt);
	int ret = p[pos_l + 1][pos_r - 1],ret_cnt = s[pos_r - 1][ret] - s[pos_l][ret];
	if(pos_l == pos_r){
		for(int i = l;i <= r;i++){
			cnt[a[i]]++;
			if(cnt[a[i]] > Max_cnt || (cnt[a[i]] == Max_cnt && a[i] < Max)){
				Max = a[i];
				Max_cnt = cnt[a[i]];
			}
		}
		return Max;
	}
	for(int i = l;i <= b[pos_l].end;i++)
		cnt[a[i]]++;
	for(int i = b[pos_r].start;i <= r;i++)
		cnt[a[i]]++;
	ret_cnt += cnt[ret];
	for(int i = l;i <= b[pos_l].end;i++){
		int val = cnt[a[i]] + s[pos_r - 1][a[i]] - s[pos_l][a[i]];
		if(val > Max_cnt || (val == Max_cnt && a[i] < Max)){
			Max = a[i];
			Max_cnt = val;
		}
	}
	for(int i = b[pos_r].start;i <= r;i++){
		int val = cnt[a[i]] + s[pos_r - 1][a[i]] - s[pos_l][a[i]];
		if(val > Max_cnt || (val == Max_cnt && a[i] < Max)){
			Max = a[i];
			Max_cnt = val;
		}
	}
	if(Max_cnt > ret_cnt || (Max_cnt == ret_cnt && Max < ret))
		ret = Max;
	return s[pos_r - 1][ret] - s[pos_l][ret] + cnt[ret];
}
int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	build();
	init();
	for(int i = 1;i <= m;i++){
		int l,r;
		scanf("%d%d", &l, &r);
		l ^= ans;
		r ^= ans;
		if(l > r)
			swap(l,r);
		ans = query(l,r);
		printf("%d\n",ans);
	}
}

但如果这份代码都能过，这就不叫 Ynoi 了（雾）。

上面的代码空间复杂度 $O (n \sqrt{n})$ ，本题 $n \leq 5 \times 10^{5}$ ，空间限制 62.5MB，交上去就会得到 Memory Limit Enough（MLE）！

代码空间复杂度瓶颈在 $s$ 数组上，考虑优化掉它。

所以怎样优化？

因为本题只要求区间众数出现的次数，我们并不关心具体值，所以我们并不需要打擂台，可以考虑这样的算法：

我们将每个数 $a_{i}$ 的下标放入桶中。

如果这句话很难理解，可以看个例子：

有这么一个序列 1 1 4 5 1 4 1 9 1 9 8 10，

则我们得到的桶如下：

1:1 2 5 7 9
2:（空）
3:（空）
4:3 6
5:4
6:（空）
7:（空）
8:11
9:8 10
10:12

上述操作可以用可变数组 vector 实现，下文记为 $i d$ 。

同时，我们记录每个数 $a_{i}$ 在其所在桶的下标 $p o s_{i}$

还是这个例子：1 1 4 5 1 4 1 9 1 9 8 10

其对应的 $p o s$ 数组如下：

a:   1 1 4 5 1 4 1 9 1 9 8 10
pos: 0 1 0 0 2 1 3 0 4 1 0 0

注意 vector 中的下标是从 $0$ 开始的。

这有什么用呢？

~~算了还是结合代码讲吧：~~

先把框架写出来：

int query(int l,int r){
	int pos_l = belong[l],pos_r = belong[r];
	if(pos_l == pos_r){//还是一样的块内暴力
		int ret = 0;
		for(int i = l;i <= r;i++)
			ret = max(ret,++cnt[a[i]]);
		for(int i = l;i <= r;i++)//注意清空方式！
			cnt[a[i]] = 0;
		return ret;
	}
	int ret = mode_cnt[pos_l + 1][pos_r - 1];//区间众数的出现次数
  //遍历左右散块
	for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++)
		//TODO
	for(int i = b[pos_r].l;i <= r;i++)
		//TODO
	return ret;
}

接下来填写 TODO 内的内容。

当我们扫到一个数 $a_{i}$ ，我们不需要知道它是否可以取代当前众数（因为我们不知道当前的众数是什么），我们只关心其出现次数是否超过当前的 $r e t$ 。

怎么判断呢？这个时候我们预处理的桶和 $p o s$ 数组就有用了。

如果 $a_{i}$ 在区间中的出现次数超过当前的 $r e t$ ，那么其充要条件为在 $a_{i}$ 所在桶内存在第 $p o s_{i} + r e t$ 个数存在且下标小于 $r$ 。但我们不确定区间中是否还有更多的 $a_{i}$ ，所以我们在满足上方不等式的前提下不断将 $r e t$ 加 $1$ 。

for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++)
	for(;pos[i] + ret < id[a[i]].size()/*第pos[i] + ret个a[i]存在（防止越界）*/ && 
        id[a[i]][pos[i] + ret] <= r/*第pos[i] + ret个a[i]在[l,r]区间内（已经保证了pos[i] + ret>=l）*/;ret++);

右侧应该是同理的，只需要把条件反过来即可。

怎么说呢……我觉得这份代码可以套到上题中，但我没试过。如果有大佬实现了，欢迎私信与我交流（如果不行也欢迎告诉我）！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 9,SqrtN = 733;
int n,m,ans;
int a[N],tmp[N],len;
int block_cnt,block_len;
struct block{
	int l,r;
} b[SqrtN];
int belong[N];
int mode_cnt[SqrtN][SqrtN];//区间众数在区间中的出现次数
vector<int> id[N];//id[i]：所有值为i的数的下标 
int pos[N];//pos[i]：a[i]是所在的vector的第pos[i]个数（从0开始） 
void build(){
	block_cnt = block_len = (int)sqrt(n);
    for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
        b[i].l = b[i - 1].r + 1;
        b[i].r = b[i].l + block_len - 1;
    }
    b[block_cnt].r = n;
    for(int i = 1;i <= block_cnt;i++)
        for(int j = b[i].l;j <= b[i].r;j++)
           belong[j] = i;
}
int cnt[N];
void init(){
	for(int i = 1;i <= block_cnt;i++){
	    int Mode_cnt = 0;
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		for(int j = i;j <= block_cnt;j++){
			for(int k = b[j].l;k <= b[j].r;k++)
				Mode_cnt = max(Mode_cnt,++cnt[a[k]]);
			mode_cnt[i][j] = Mode_cnt;
		}
	}
	memset(cnt,0,sizeof cnt);	
}
int query(int l,int r){
	int pos_l = belong[l],pos_r = belong[r];
	if(pos_l == pos_r){
		int ret = 0;
		for(int i = l;i <= r;i++)
			ret = max(ret,++cnt[a[i]]);
		for(int i = l;i <= r;i++)
			cnt[a[i]] = 0;
		return ret;
	}
	int ret = mode_cnt[pos_l + 1][pos_r - 1];
	for(int i = l;i <= b[pos_l].r;i++)
		for(;pos[i] + ret < id[a[i]].size()/*第pos[i] + ret个a[i]存在（防止越界）*/ && 
            id[a[i]][pos[i] + ret] <= r/*第pos[i] + ret个a[i]在[l,r]区间内（已经保证了pos[i] + ret>=l）*/;ret++);
	for(int i = b[pos_r].l;i <= r;i++)
		for(;pos[i] - ret >= 0/*防止越界*/ && id[a[i]][pos[i] - ret] >= l;ret++);
	return ret;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		cin >> a[i];
		tmp[i] = a[i];
	}
	sort(tmp + 1,tmp + n + 1);
	len = unique(tmp + 1,tmp + n + 1) - tmp - 1;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		a[i] = lower_bound(tmp + 1,tmp + len + 1,a[i]) - tmp;
		id[a[i]].push_back(i);
		pos[i] = id[a[i]].size() - 1;
	}
	build();
	init();
	while(m--){
		int l,r;
		cin >> l >> r;
		l ^= ans;r ^= ans;if(l > r)swap(l,r);
		ans = query(l,r);
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

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