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Description
因为是OJ上的题，就简单点好了。给出一个长度为n的序列，给出M个询问：在[l,r]之间找到一个在这个区间里只出现过一次的数，并且要求找的这个数尽可能大。如果找不到这样的数，则直接输出0。我会采取一些措施强制在线。
Input
第一行为两个整数N,M。M是询问数，N是序列的长度（N<=100000，M<=200000)
第二行为N个整数，描述这个序列{ai}，其中所有1<=ai<=N
再下面M行，每行两个整数x，y，
询问区间[l,r]由下列规则产生（OIER都知道是怎样的吧>_<)：
l=min(（x+lastans)mod n+1,(y+lastans）mod n+1);
r=max(（x+lastans)mod n+1,(y+lastans）mod n+1);
Lastans表示上一个询问的答案，一开始lastans为0
Output
一共M行，每行给出每个询问的答案。
Sample Input
10 10
6 4 9 10 9 10 9 4 10 4
3 8
10 1
3 4
9 4
8 1
7 8
2 9
1 1
7 3
9 9
6 4 9 10 9 10 9 4 10 4
3 8
10 1
3 4
9 4
8 1
7 8
2 9
1 1
7 3
9 9
Sample Output
4
10
10
0
0
10
0
4
0
4
10
10
0
0
10
0
4
0
4
HINT
注意出题人为了方便，input的第二行最后多了个空格。
2015.6.24新加数据一组，2016.7.9放至40S,600M,但未重测
Source
网上又没有代码，自己yy了一上午才写出来
对于这道题目，我们记$pre_i$表示$i$号位置的元素前一次出现的位置
记$nxt_i$表示$i$号位置的元素后一次出现的位置
假设询问区间为$l,r$
那么$i$号位置满足条件，当且仅当$l<=i<=r, pre_i < l, nxt_i > r$
这样我们把$i, pre_i, nxt_i$看成一个三元组
然后用K-D tree加剪纸就行了
剪纸的时候考虑三种情况
- 询问区间完全包含该节点及其左右儿子，直接通过打标记统计出最大值
- 询问区间包含该节点但不包含其左右儿子，直接统计该节点对答案的贡献
- 询问区间与该节点及其左右儿子不重合，直接return
有了这三种剪枝，而且此题没有插入，因此复杂度为$O(mn\sqrt{n})$
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2)? EOF : *p1++)
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + ;
char buf[ << ], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = , f = ;
while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * f;
}
int N, M, root, WD;
int Ql, Qr, lastans = ;
struct Point {
int x[];
bool operator < (const Point &rhs) const{
return x[WD] < rhs.x[WD];
}
}P[MAXN];
#define ls(x) T[x].ls
#define rs(x) T[x].rs
struct KDTree {
int ls, rs, mn[], mx[], val;
Point tp;
}T[MAXN];
int a[MAXN], pre[MAXN], nxt[MAXN], happen[MAXN];
void update(int k) {
for(int i = ; i <= ; i++) {
T[k].mn[i] = T[k].mx[i] = T[k].tp.x[i];
if(ls(k)) T[k].mn[i] = min(T[ls(k)].mn[i], T[k].mn[i]), T[k].mx[i] = max(T[ls(k)].mx[i], T[k].mx[i]);
if(rs(k)) T[k].mn[i] = min(T[rs(k)].mn[i], T[k].mn[i]), T[k].mx[i] = max(T[rs(k)].mx[i], T[k].mx[i]);
}
T[k].val = max(T[k].tp.x[], T[ls(k)].val);
T[k].val = max(T[k].val, T[rs(k)].val);
}
int Build(int l, int r, int wd) {
if(l > r) return ;
int mid = l + r >> ; WD = wd;
nth_element(P + l, P + mid, P + r + );
T[mid].tp = P[mid];
ls(mid) = Build(l, mid - , (wd + ) % );
rs(mid) = Build(mid + , r, (wd + ) % );
update(mid);
return mid;
}
bool CheckInclude(int k) {
if(T[k].mn[] >= Ql && T[k].mx[] <= Qr
&& T[k].mx[] < Ql && T[k].mn[] > Qr) return ;
return ;
}
bool CheckCross(int k) {
if(T[k].tp.x[] >= Ql && T[k].tp.x[] <= Qr
&& T[k].tp.x[] < Ql && T[k].tp.x[] > Qr) return ;
return ;
}
bool CheckNotCross(int k) {
if(T[k].mn[] >= Ql || T[k].mx[] <= Qr || T[k].mx[] < Ql || T[k].mn[] > Qr) return ;
return ;
}
void Query(int k) {
if(CheckInclude(k)) {
lastans = max(lastans, T[k].val); return ; //矩形完全包含在查询区间内
}
if(CheckCross(k))
lastans = max(lastans, T[k].tp.x[]); //相交
if(CheckNotCross(k)) return ; // 没有重合的地方
int disl = T[ls(k)].val, disr = T[rs(k)].val;
if(disl > disr) {
if(disl > lastans) Query(ls(k));
if(disr > lastans) Query(rs(k));
}
else {
if(disr > lastans) Query(rs(k));
if(disl > lastans) Query(ls(k));
}
}
int main() {
#ifdef WIN32
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
N = read(); M = read();
for(int i = ; i <= N; i++) a[i] = read();
for(int i = ; i <= N; i++) pre[i] = happen[a[i]], happen[a[i]] = i;
for(int i = ; i <= N; i++) happen[a[i]] = N + ;
for(int i = N; i >= ; i--) nxt[i] = happen[a[i]], happen[a[i]] = i;
for(int i = ; i <= N; i++)
P[i] = (Point) {i, pre[i], nxt[i], a[i]};
root = Build(, N, );
for(int i = ; i <= M; i++) {
int x = read(), y = read();
Ql = min((x + lastans) % N + ,(y + lastans) % N + );
Qr = max((x + lastans) % N + ,(y + lastans) % N + );
lastans = ;
Query(root);
printf("%d\n", lastans);
}
return ;
}