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ai，表示蒲公英的种类

再接下来m行每行两个整数l0,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)mod n +1,r=(r0+x-1)mod 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。

样例输入

6 3

1 2 3 2 1 2

1 5

3 6

1 5

样例输出

1

2

1

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分块板子题。

我们首先离散化，然后分块分成sqrt（N）长度的块，然后预处理一下东西：

1.sum[i][j]：前j块i元素出现次数。

2.ans[i][j]：i～j块的众数。

这两个操作都靠暴力（桶排序）解决，复杂度显然O（NsqrtN）。

然后就是惊心动魄的询问时间：

1.跨度<=2个块长度：直接暴力。

2.跨度>2个块长度：显然区间一定跨过了至少一些/个连续的块，这些连续的块的众数我们能求出来，然后我们的答案显然就是：

　　1.这个众数。

　　2.非整块区间内的数。

对于2暴力（桶排序）即可，然后和1比较，注意处理2的个数的时候不要忘了加上该数在连续的块中出现的个数。

简单证明：我们只需要证明非连续的块的众数的数且没出现在非整块区间内的数一定不是众数。

这十分显然，因为它本身不是非连续的块的众数，个数一定比该众数小，又没出现在非整块区间内，所以个数一定比该众数小，则它一定不可能是众数。

#include
     
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           #include
           
            using namespace std;const int N=40010;const int SQRTN=210;const int INF=2147483647;inline int read(){ int X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X;}int n,m,lim,s,cnt,a[N],b[N],bl[SQRTN],br[SQRTN];int sum[N][SQRTN],ans[N][SQRTN],t[N];bool vis[N];inline void LSH(){ sort(b+1,b+lim+1); lim=unique(b+1,b+lim+1)-b-1; for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=lower_bound(b+1,b+lim+1,a[i])-b; } return;}inline void intoblock(){ for(int i=1;i<=n;i++){ if(i%s==1){br[cnt]=i-1;bl[++cnt]=i;} } br[cnt]=n;bl[cnt+1]=n+1; return;}inline void init(){ for(int i=1;i<=cnt;i++){ for(int j=bl[i];j<=n;j++)t[a[j]]=0; int maxn=-INF,cur; for(int j=i;j<=cnt;j++){ for(int k=bl[j];k<=br[j];k++){ int c=++t[a[k]]; if(c>maxn)maxn=c,cur=a[k]; else if(c==maxn&&a[k]
            
             maxn)maxn=t[a[i]],cur=a[i]; else if(t[a[i]]==maxn&&a[i]
             
              maxn)maxn=c,cur=a[i]; else if(c==maxn&&a[i]
              
               maxn)maxn=c,cur=a[i]; else if(c==maxn&&a[i]
               
                r)swap(l,r); printf("%d\n",pre=b[query(l,r)]); } return 0;}