题意
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\((a_1,a_2\cdots a_n)\)，其中\(a_i\)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\(a_i\)，表示蒲公英的种类
再接下来\(m\)行每行两个整数\(l_0,r_0\)，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\(l=(l_0+x-1)\bmod n + 1,r=(r_0+x-1)\bmod n + 1\)，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
输入样例#1：
6 3
1 2 3 2 1 2
1 5
3 6
1 5输出样例#1：
1
2
1说明
对于\(20\%\)的数据，保证\(1\le n,m\le 3000\)。
对于\(100\%\)的数据，保证\(1\le n\le 40000,1\le m\le 50000,1\le a_i\le 10^9\)。
思路
\(600\ AC\)！整理博客。 --Uranus
重新拾起分块这个毒瘤东西，并在\(alecli\)大佬的推荐下做了这道题。
我们把序列分成块，离散化之后记录每个数字在各个块内出现的次数，那么出现最多的就是众数了。这里我用数组\(s[i][j][k]\)表示第\(i\)块到第\(j\)块数字\(k\)的出现次数。然后我们统计区间众数，用\(md[i][j]\)记录众数大小，\(tms[i][j]\)记录众数出现次数。
预处理到这里就结束了，接下来考虑查询操作。对于每次查询的区间，一定是由一个大块和这个大块左边的一些数，以及右边的一些数组成的，那么显然，这个区间最后的众数为大块的众数，或者大块左边出现的数，或者大块右边出现的数。
那么我们就直接用之前统计出的大块的三个数组，在这个基础上把左右两小块用预处理时的相同方法加进来，统计答案后再把小块去掉，就可以很方便的查询并保持预处理数组了。
既然是分块，那么细节一定是很多的，具体来说有这几条：
- 注意离散化，注意常数优化。
- 如果查询区间不包含大块，直接把两个小块暴力处理。
- \(alecli\)说分块的大小会影响时间复杂度，并告诉我块的大小最好为\(n^\frac{2}{3}\)，虽然并不知道为什么。
只要耐心调试，最终一定能\(AC\)的，祝你好运！
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=4e4+5,MAXM=45;
int n,m,len,ans,cnt,a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
int sz,num,l[MAXM],r[MAXM],belong[MAXN],s[MAXM][MAXM][MAXN],md[MAXM][MAXM],tms[MAXM][MAXM];
int read()
{
int re=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return re;
}
void print(int x,bool first)
{
if(!x)
{
if(first) putchar('0');
return ;
}
print(x/10,false);
putchar('0'+x%10);
}
void prework()
{
num=pow(double(n),1.0/3.0),sz=n/num;
for(int i=1;i<=num;i++) l[i]=r[i-1]+1,r[i]=sz*i;
if(r[num]<n) num++,l[num]=r[num-1]+1,r[num]=n;
for(int i=1;i<=num;i++)
for(int j=l[i];j<=r[i];j++)
belong[j]=i;
sort(b+1,b+n+1);
len=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i])-b;
for(int i=1;i<=num;i++)
for(int j=i;j<=num;j++)
{
for(int k=l[i];k<=r[j];k++) s[i][j][c[k]]++;
for(int k=1;k<=len;k++)
if(tms[i][j]<s[i][j][k]||(tms[i][j]==s[i][j][k]&&k<md[i][j]))
md[i][j]=k,tms[i][j]=s[i][j][k];
}
}
void ask(int ll,int rr)
{
if(ll>rr) swap(ll,rr);
int lbe=belong[ll],rbe=belong[rr],L,R;ans=cnt=0;
if(rbe-lbe<=2) L=R=0;
else L=lbe+1,R=rbe-1;
if(L==R)
{
for(int i=ll;i<=rr;i++)
{
s[L][R][c[i]]++;
if(cnt<s[L][R][c[i]]||(cnt==s[L][R][c[i]]&&ans>c[i]))
cnt=s[L][R][c[i]],ans=c[i];
}
for(int i=ll;i<=rr;i++) s[L][R][c[i]]--;
}
else
{
ans=md[L][R],cnt=tms[L][R];
for(int i=ll;i<=r[lbe];i++)
{
s[L][R][c[i]]++;
if(cnt<s[L][R][c[i]]||(cnt==s[L][R][c[i]]&&ans>c[i]))
cnt=s[L][R][c[i]],ans=c[i];
}
for(int i=l[rbe];i<=rr;i++)
{
s[L][R][c[i]]++;
if(cnt<s[L][R][c[i]]||(cnt==s[L][R][c[i]]&&ans>c[i]))
cnt=s[L][R][c[i]],ans=c[i];
}
for(int i=ll;i<=r[lbe];i++) s[L][R][c[i]]--;
for(int i=l[rbe];i<=rr;i++) s[L][R][c[i]]--;
}
ans=b[ans];
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();
prework();
while(m--)
{
int x=(read()+ans-1)%n+1,y=(read()+ans-1)%n+1;
ask(x,y);
print(ans,true);putchar('\n');
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/coder-Uranus/p/9884461.html