題目大意：

給你一個長為\(n\)的序列\(a\)，\(m\)次詢問，每次查詢一個區間的眾數的出現次數，強制線上。

解題思路：

出題人題解

眾所周知lxl是個毒瘤，Ynoi道道都是神仙題

首先得離散化。

分塊後，預處理\(F_{i,j}\)表示第\(i\sim j\)塊的眾數的出現次數。此處要用一個桶，空間複雜度\(O(n)\)，時間複雜度\(O(n\sqrt n)\)。

用vector按順序存每個數值所有元素的出現位置。

再記錄每個元素在相應vector裡的下標\(p\)。

以上空間複雜度都是\(O(n)\)的。

考慮詢問，中間的直接使用預處理出的\(F_{i,j}\)的值即可。設當前的答案\(ans=F_{i,j}\)。

考慮邊界的元素。

顯然，由於邊界的數最多\(2\sqrt n\)個，所以最多使得答案增加\(2\sqrt n\)。

我們只需要檢查這些邊角的元素，每次判斷這些數的出現次數能否達到\(ans+1\)。

對於左邊的邊角元素\(x\)，我們在相應的vector裡找到下標為\(p_x+ans\)的元素\(y\)，若\(y\leqslant r\)，則說明該數值在範圍內有至少\(ans+1\)個數，暴力++ans即可。

對於右邊的邊角元素\(x\)，我們在相應的vector裡找到下標為\(p_x-ans\)的元素\(y\)，若\(y\geqslant l\)，則說明該數值在範圍內有至少\(ans+1\)個數，暴力++ans即可。

每次詢問對\(O(\sqrt n)\)個元素檢查，++ans的次數為\(O(\sqrt n)\)次。所以查詢的時間複雜度為\(O(m\sqrt n)\)。

總時間複雜度\(O((n+m)\sqrt n)\)，空間複雜度\(O(n)\)，lxl說達到了下界。

C++ Code：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define siz 708
#define N 500001
class istream{
    char buf[20000003],*s;
    public:
        inline istream(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
            freopen("input.txt","r",stdin);
#endif
            fread(s=buf,1,20000003,stdin);
            fclose(stdin);
        }
        inline istream&operator>>(int&rhs){
            int f=rhs=0;
            for(;!isdigit(*s);++s)f=*s=='-';
            for(;isdigit(*s);)
            rhs=(rhs<<3)+(rhs<<1)+(*s++^'0');
            if(f)rhs=-rhs;
            return*this;
        }
}cin;
class ostream{
    char buf[5000005],*s;
    public:
        inline ostream(){s=buf;}
        inline ostream&operator<<(int rhs){
            if(rhs<0)*s++='-',rhs=-rhs;
            if(rhs==0){
                *s++='0';
                return*this;
            }
            static int w;
            for(w=1;w<=rhs;w*=10);
            for(w/=10;w;w/=10)*s++=(rhs/w)^'0',rhs%=w;
            return*this;
        }
        inline ostream&operator<<(const char&rhs){*s++=rhs;return*this;}
        inline~ostream(){
            fwrite(buf,1,s-buf,stdout);
        }
}cout;
int n,m,L[710],R[710],bel[N],blocks,mx[710][710],ans,tot[N],wz[N],a[N];
void init(){
    blocks=(n-1)/siz+1;
    for(int i=1;i<=blocks;++i)L[i]=R[i-1]+1,R[i]=i*siz;
    R[blocks]=n;
    for(int i=1;i<=blocks;++i){
        memset(tot,0,sizeof tot);
        for(int j=L[i];j<=R[i];++j)bel[j]=i;
        for(int j=i;j<=blocks;++j){
            int&F=mx[i][j];
            F=mx[i][j-1];
            for(int k=L[j];k<=R[j];++k)
            F=std::max(F,++tot[a[k]]);
        }
    }
}
std::vector<int>ls,v[N];
int main(){
    ls.push_back(-1);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;ls.push_back(a[i++]))cin>>a[i];
    std::sort(ls.begin(),ls.end());
    ls.erase(std::unique(ls.begin(),ls.end()),ls.end());
    for(int i=1;i<=n;++i)v[a[i]=std::lower_bound(ls.begin(),ls.end(),a[i])-ls.begin()].push_back(i),wz[i]=v[a[i]].size()-1;
    init();
    memset(tot,0,sizeof tot);
    while(m--){
        int l,r;cin>>l>>r;
        l^=ans,r^=ans;
        ans=0;
        if(bel[l]==bel[r]){
            for(int i=l;i<=r;++i)ans=std::max(ans,++tot[a[i]]);
            for(int i=l;i<=r;++i)tot[a[i]]=0;
        }else{
            ans=mx[bel[l]+1][bel[r]-1];
            for(int i=l;i<=R[bel[l]];++i){
                int it=wz[i];
                while(it+ans<v[a[i]].size()&&v[a[i]][it+ans]<=r)++ans;
            }
            for(int i=L[bel[r]];i<=r;++i){
                int it=wz[i];
                while(it-ans>=0&&v[a[i]][it-ans]>=l)++ans;
            }
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}