昨天想了好久……现在想想是水题啊。
首先对于一个区间，如果一个数出现的次数超过了$k$次， 那么直接选$k$个这个数就好了。然后我们算一算每一个数对答案的贡献，对于第$i$个下标的数$a_i$，它只会对它之前出现不超过$k$次的区间产生贡献，那么弄一个队列记录一下每一个数的出现次数就好了。
扫过去的时候先把这个数的位置$+1$，然后看看它是不是出现超过了$k$次，如果是的话就把它第$k + 1$次前出现的位置$-1$，查询就是相当于查询区间和，用一个线段树维护就好了。
这题要强制在线，所以离线排序的方法并不行，直接把这个线段树可持久化。
时间复杂度$O((n + q)logn)$。
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; const int N = 1e5 + 5; int n, qn, K, maxn = 0, a[N]; queue <int> q[N]; inline void read(int &X) { X = 0; char ch = 0; int op = 1; for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if(ch == '-') op = -1; for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } inline void swap(int &x, int &y) { int t = x; x = y; y = t; } namespace PSegT { struct Node { int lc, rc, sum; } s[N * 60]; int root[N], nodeCnt = 0; #define mid ((l + r) >> 1) #define lc(p) s[p].lc #define rc(p) s[p].rc #define sum(p) s[p].sum void ins(int &p, int l, int r, int x, int v, int pre) { s[p = ++nodeCnt] = s[pre], sum(p) += v; if(l == r) return; if(x <= mid) ins(lc(p), l, mid, x, v, lc(pre)); else ins(rc(p), mid + 1, r, x, v, rc(pre)); } int query(int r1, int r2, int l, int r, int x, int y) { if(x <= l && y >= r) return sum(r2) - sum(r1); int res = 0; if(x <= mid) res += query(lc(r1), lc(r2), l, mid, x, y); if(y > mid) res += query(rc(r1), rc(r2), mid + 1, r, x, y); return res; } } using namespace PSegT; int main() { read(n), read(K); for(int i = 1; i <= n; i++) { read(a[i]); ins(root[i], 1, n, i, 1, root[i - 1]); q[a[i]].push(i); if(q[a[i]].size() > (unsigned)K) { ins(root[i], 1, n, q[a[i]].front(), -1, root[i]); q[a[i]].pop(); } } read(qn); for(int x, y, ans = 0; qn--; ) { read(x), read(y); x = (x + ans) % n + 1, y = (y + ans) % n + 1; if(x > y) swap(x, y); printf("%d\n", ans = query(root[x - 1], root[y], 1, n, x, y)); } return 0; }