蒲公英[分块]
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)(a_1,a_2..a_n)(a1,a2..an) ，其中 aia_iai 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
输入输出格式
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 aia_iai ，表示蒲公英的种类
再接下来m 行每行两个整数 l0,r0l_0,r_0l0,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+1l=(l_0+x-1)\bmod n + 1,r=(r_0+x-1) \bmod n + 1l=(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
说明
对于 20% 的数据，保证 1≤n,m≤30001\le n,m \le 30001≤n,m≤3000 。
对于 100% 的数据，保证 1≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤1091\le n \le 40000,1\le m \le 50000,1\le a_i \le 10^91≤n≤40000,1≤m≤50000,1≤ai≤109 。
题解
做法分析：
排序+离散化+二分+区间预处理+分块
(1)读入的每一个值超过一个数组下标可以统计的范围–>离散化
(2)求众数==教主的魔法(2)的思想–>sort+vector
(3)为了更加优化时间复杂度，我们事先处理好[l,r]里面经过块的众数，然后暴力vector不完整块的中可能的众数–>区间预处理
// luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<iostream> #include<map> #include<vector> using namespace std; int id,n,m,tmp; int v[50005],val[50005],bl[50005],vis[50005]; int f[505][505]; vector<int>ve[50005]; map<int,int>mp; long long read() { long long x=0,w=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x*w; } void perp(int x) { memset(vis,0,sizeof(vis)); int ans=0,mx=0; for(int i=(x-1)*tmp+1;i<=n;i++) { vis[v[i]]++; int t=bl[i]; if(vis[v[i]]>mx||(vis[v[i]]==mx&&val[v[i]]<val[ans])) ans=v[i],mx=vis[v[i]]; f[x][t]=ans; } } int query1(int l,int r,int x) { int t=upper_bound(ve[x].begin(),ve[x].end(),r)-lower_bound(ve[x].begin(),ve[x].end(),l); return t; } int query2(int x,int y) { int ans,mx; ans=f[bl[x]+1][bl[y]-1]; mx=query1(x,y,ans); for(int i=x;i<=min(bl[x]*tmp,y);i++) { int t=query1(x,y,v[i]); if(t>mx||(t==mx&&val[v[i]]<val[ans]))ans=v[i],mx=t; } if(bl[x]!=bl[y]) for(int i=(bl[y]-1)*tmp+1;i<=y;i++) { int t=query1(x,y,v[i]); if(t>mx||(t==mx&&val[v[i]]<val[ans]))ans=v[i],mx=t; } return ans; } int main() { int ans=0; n=read();m=read();tmp=200; 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++)bl[i]=(i-1)/tmp+1; for(int i=1;i<=bl[n];i++)perp(i); for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b; a=read();b=read(); a=(a+ans-1)%n+1;b=(b+ans-1)%n+1; if(a>b)swap(a,b); ans=val[query2(a,b)]; printf("%d\n",ans); } return 0; }
