题意：给定一个序列，每次询问左端点在[a,b]中，右端点在[c,d]中的子序列中，最大的中位数。强制在线。

前几天做到与这道题有一点点类似的。那道题是给定一个序列，求多少个子序列的中位数大于等于给定值M。

这两道题中的中位数的定义都是一样的。设序列S从大到小排序后为S[1..k]，中位数为M=S[k/2向上取整]。

那就意味着，在序列S中，大于等于M的数大于等于k/2。如果把序列S转化为T，T[i]=1(S[i]>=M),-1(S[i]<M)，则ΣT[i]一定非负。

同理，如果对于任意一个M。将序列S转化为T之后，如果ΣT[i]非负。那么这个序列的中位数一定大于等于M。

回到这道题。我们可以先考虑一个弱版：只询问一次。

有了上面那道题的经验。对于M<M'，如果发现中位数大于等于M'，那一定也大于等于M。所以有单调性，很容易就想到了二分。二分M。得到T[]。因为要求了左端点和右端点。所以，如果能在满足要求的情况下找到这一段ΣT[i..j]（i∈[a,b]，j∈[c,d]）非负，那么中位数一定就大于等于M了。所以，我们只需要求出符合要求的最大子序列和，看是不是非负即可。

感觉回到了GSS。线段树维护lmax,rmax,sum即可。因为有a<b<c<d，所以[a,b],[c,d]是互不包含的。最大连续子序列和就是[a,b]的rmax+(b,c)的sum+[c,d]的lmax。

另外n个数都是要离散化的这是必然的。二分的时候二分下标。

现在感觉已经很明了了。这样的话。二分logn。重建序列T和线段树nlogn。总复杂度是O(nlog^2n)。可以很好的解决一次询问。= =

多个询问怎么办。O(nqlog^2n)作死？其实瓶颈在这：为什么每次都要重建线段树？根本就不需要。

假设离散化的时候数值是从小到大排序的。那我们可以这么想，二分到M时，排序后的下标第1~M-1位上都是-1。第M~n位上都是1。然后还是跟上面一样的方法判定。

这就要用到函数式编程的思想。在原来的基础上不做修改，继续建树，也就是函数式线段树。

具体来说：初始的树，每个位置都是1。序列从小到大插入主席树时，修改第i棵树的时候，第i-1大的数的位置上改为-1。这样以此类推，就有n棵不同版本的线段树。

二分到M时，就在第M棵线段树上查询。可以保证此时下标为1~M-1的位置上的数都是-1。其余位置上都是1。这样就可以进行查询了。

这样就没问题了。二分logn。建函数式线段树nlogn。查询一次logn。总复杂度(nlogn+qlog^2n)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
	int sum,lmax,rmax;
	node(){};
	node(int s,int l,int r):sum(s),lmax(l),rmax(r){}; 
}seg[5000000],z;
int lc[5000000],rc[5000000],T[30000],q[4],ans=0,tot=0,n,Q;
pair<int,int>a[30000];
char buf[4000000],*pt=buf,*o=buf;
inline int getint(){
    int s=0; while(*pt<'0'||*pt>'9')pt++;
    while(*pt>='0'&&*pt<='9')s=s*10+*pt++-48; return s;
}
inline void print(int x){
    char str[12],*p=str; if(!x)*o++=48;
    else{ while(x) *p++=x%10+48,x/=10; while(p--!=str)*o++=*p;}*o++='\n';
}
inline node operator + (const node &a,const node &b){
	return node(a.sum+b.sum,max(a.lmax,a.sum+b.lmax),max(b.rmax,b.sum+a.rmax));
}void build(int l,int r,int &rt){
	rt=++tot;
	if(l==r){	seg[rt]=node(1,1,1);	return;}
	int m=l+r>>1;
	build(l,m,lc[rt]);	build(m+1,r,rc[rt]);
	seg[rt]=seg[lc[rt]]+seg[rc[rt]];
}void modify(int p,int k,int v,int l,int r,int &rt){
	rt=++tot;
	lc[rt]=lc[p];	rc[rt]=rc[p];
	if(l==r){	seg[rt]=node(v,v,v);	return;}
	int m=l+r>>1;
	if(k<=m)	modify(lc[p],k,v,l,m,lc[rt]);
	else		modify(rc[p],k,v,m+1,r,rc[rt]);
	seg[rt]=seg[lc[rt]]+seg[rc[rt]];
}node ask(int L,int R,int l,int r,int rt){
	if(L>R)	return node(0,0,0); 
	if(L==l&&r==R)	return seg[rt];
	int m=l+r>>1;
	if(R<=m)	return ask(L,R,l,m,lc[rt]);
	else if(L>m)	return ask(L,R,m+1,r,rc[rt]);
	else	return ask(L,m,l,m,lc[rt])+ask(m+1,R,m+1,r,rc[rt]);
}inline int check(int k){
	return ask(q[0],q[1],0,n-1,T[k]).rmax+ask(q[1]+1,q[2]-1,0,n-1,T[k]).sum+ask(q[2],q[3],0,n-1,T[k]).lmax>=0;
}int main(){
	fread(buf,1,4000000,stdin);	n=getint();
	for(int i=0;i<n;i++)	a[a[i].second=i].first=getint();
	sort(a,a+n);			build(0,n-1,T[0]);
	for(int i=1;i<n;i++)	modify(T[i-1],a[i-1].second,-1,0,n-1,T[i]);
	Q=getint();
	while(Q--){
		q[0]=(getint()+ans)%n;	q[1]=(getint()+ans)%n;	q[2]=(getint()+ans)%n;	q[3]=(getint()+ans)%n;
		sort(q,q+4);
		int l=0,r=n-1,mid;
		while(l<=r)	if(check(mid=l+r>>1))	l=mid+1;	else	r=mid-1;
		print(ans=a[l-1].first);
	}return fwrite(buf,1,o-buf,stdout),0;
}

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