题面。

许久以前我还不怎么去机房的时候，一位大佬好像一直在做这道题，他称这道题目为“大分块”。

其实这道题目的思想不只可以用于处理区间众数，还可以处理很多区间数值相关问题。

让我们在线处理区间众数。

数据范围1e5，考虑分块。

先对蒲公英种类离散化。

预处理出两个数组。

一个数组sum[ i ][ j ]表示第j种颜色到第i个分块的前缀和。

另一个数组 zhongshu[ i ][ j ]表示第i个分块到第j个分块这个区间内的众数。

维护这两个操作时间复杂度都不能超过n3/2。

第一个数组很好维护，输入的时候将输入位置对应分块的相应种类加一，然后跑一遍前缀和即可，时间复杂度n*n1/2。

维护第二个数组，我们需要先枚举起始分块。

从起始分块开始，枚举终点分块，每枚举一个终点分块，更新这个分块内元素对于区间众数的贡献。

建立一个数组tmp[ i ]作为辅助数组表示颜色i出现次数。

for(int i=1;i<=get_pos(n);i++){//枚举起始分块 int mx=0;//从当前这个起始分块开始，到终点分块位置的众数for(int j=i;j<=get_pos(n);j++)//枚举终点分块 for(int k=(j-1)*len+1;k<=min(j*len,n);k++){ tmp[a[k]]++;//当前元素出现次数加一 if(tmp[a[k]]>tmp[mx])//若当前元素出现次数大于当前处理区间众数的出现次数，则将众数修改为当前元素
mx=a[k];
if(!(tmp[a[k]]^tmp[mx]))//若当前元素与当前处理区间众数出现次数相等，则取编号小的为众数
mx=min(mx,a[k]);
}
b_mos[i][j]=mx;//从分块i到分块j的众数就是mx
}
for(int j=0;j<=ntot;j++)//清空辅助数组
tmp[j]=0;
}

时间复杂度为n1/2 *（n+n1/2*n1/2），即n3/2。

处理询问

对于询问的l，r，算出其所处分块lb,rb。

若l与r在同一分块或在相邻块内，可以暴力求出众数，时间复杂度n1/2。

int get_vio(){//vio指violent
int mx=0;
for(int i=l;i<=r;i++){ tmp[a[i]]++; if(tmp[a[i]]>tmp[mx])//按比较规则进行更新。
mx=a[i];
if(!(tmp[a[i]]^tmp[mx]))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}

若l与r所在分块中间相隔了至少一个分块，那么所询问区间的众数只有两种可能。

1. 中间那一段分块的众数
2. 左端点所在块与右端点所在块内的数

不难理解。

对于中间那一段分块内的数，如果它们的出现次数要超过中间那一段分块内的众数，那么它们必须要在左端点所在块和右端点所在块内出现。

先将中间那一段分块的众数设为答案，再对左端点和右端点所在块内的数统计出现次数并更新答案即可。

int get_tim(int x){
return tmp[x]+b_sum[rb-1][x]-b_sum[lb][x];//计算某数的总出现次数
}
int get_q(){
int mx=b_mos[lb+1][rb-1];//先将答案设为中间那一段分块内的众数
for(int i=l;i<=lb*len;i++){ tmp[a[i]]++; if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))//按照比较规则更新答案
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++){ tmp[a[i]]++; if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=lb*len;i++)//清空辅助数组
tmp[a[i]]--;
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}

处理单词询问时间复杂度为n1/2。

算法整体复杂度为(m+n)*n1/2，即n3/2，可以通过本题。

类似的题目还有  洛谷P4135 。

#include
using namespace std;
const int h=40010;
const int b_h=210;
int len;
int get_pos(int x){//得到某个位置所在分块编号
return (x-1)/len+1;
}
int n,m;
int a[h],line[h];
int ntot=0,num[h];
maprk;
int tmp[h];
int b_mos[b_h][b_h];
int b_sum[b_h][h];
void get_pre(){
for(int i=1;i<=get_pos(n);i++) for(int j=1;j<=ntot;j++) b_sum[i][j]+=b_sum[i-1][j]; for(int i=1;i<=get_pos(n);i++){ int mx=0; for(int j=i;j<=get_pos(n);j++){ for(int k=(j-1)*len+1;k<=min(j*len,n);k++){ tmp[a[k]]++; if(tmp[a[k]]>tmp[mx])
mx=a[k];
if(!(tmp[a[k]]^tmp[mx]))
mx=min(mx,a[k]);
}
b_mos[i][j]=mx;
}
for(int j=0;j<=ntot;j++) tmp[j]=0; } } int l,r,lb,rb,lst=0,ans; int get_vio(){ int mx=0; for(int i=l;i<=r;i++){ tmp[a[i]]++; if(tmp[a[i]]>tmp[mx])
mx=a[i];
if(tmp[a[i]]==tmp[mx])
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=r;i++) tmp[a[i]]--; return mx; } int get_tim(int x){//计算一个数的出现次数 return tmp[x]+b_sum[rb-1][x]-b_sum[lb][x]; } int get_q(){ int mx=b_mos[lb+1][rb-1]; for(int i=l;i<=lb*len;i++){ tmp[a[i]]++; if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++){ tmp[a[i]]++; if(get_tim(a[i])>get_tim(mx))
mx=a[i];
if(get_tim(a[i])==get_tim(mx))
mx=min(mx,a[i]);
}
for(int i=l;i<=lb*len;i++)
tmp[a[i]]--;
for(int i=(rb-1)*len+1;i<=r;i++)
tmp[a[i]]--;
return mx;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
len=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),line[i]=a[i];
sort(line+1,line+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)//离散化
if(line[i]!=line[i-1])
rk[line[i]]=++ntot,num[ntot]=line[i];

for(int i=1;i<=n;i++)  
    a\[i\]=rk\[a\[i\]\];

for(int i=1;i<=n;i++)  
    b\_sum\[get\_pos(i)\]\[a\[i\]\]++;  
get\_pre();  
for(int i=1;i<=m;i++){  
    scanf("%d%d",&l,&r);  
    l=(l+lst-1)%n+1,r=(r+lst-1)%n+1;  
    if(l>r)  
        swap(l,r);  
    lb=get\_pos(l),rb=get\_pos(r);  
    if(lb>=rb-1)  
        ans=get\_vio();  
    else  
        ans=get\_q();  
    printf("%d\\n",num\[ans\]),lst=num\[ans\];  
}  
return 0;  

}

完整代码