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因为每个数都是(10^5)以内，考虑直接用(bitset)维护。
(a-b=x)，其实就是看是否有(p)和(p+x)同时存在，直接(bitset)移位按位与一下就好了。
(a+b=x)，这个直接搞不好搞，所以考虑转化。
[a-(N-b)=a+b-N=x-N
]
其中(N)为一个常数，令(f(x)=N-x)，则有
[f(b)-f(x)=a
]
于是再开个(bitset)维护(f(x))，然后就很显然了。
(a*b=x)，这个显然没法用(bitset)做，但是(x)的因数个数是(sqrt x)级别的，所以直接暴力枚举因数就行了。
为了防止负数的出现，上文中的(N)取题中的值域上限(10^5)
最后套上莫队模板。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
bitset <MAXN> p1, p2;
int n, m, a[MAXN];
inline int read(){
int s = 0;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9'){ s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return s;
}
int Q, v[MAXN], ans[MAXN];
struct ask{
int type, l, r, c, id;
int operator < (const ask A) const{
return l / Q == A.l / Q ? r < A.r : l < A.l;
}
}q[MAXN];
void add(int x){
++v[a[x]];
p1[a[x]] = p2[100000 - a[x]] = 1;
}
void del(int x){
if(!--v[a[x]])
p1[a[x]] = p2[100000 - a[x]] = 0;
}
int main(){
n = read(); m = read(); Q = sqrt(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
a[i] = read();
for(int i = 1; i <= m; ++i)
scanf("%d%d%d%d", &q[i].type, &q[i].l, &q[i].r, &q[i].c), q[i].id = i;
sort(q + 1, q + m + 1);
int l = 1, r = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++i){
while(r < q[i].r) add(++r);
while(l > q[i].l) add(--l);
while(r > q[i].r) del(r--);
while(l < q[i].l) del(l++);
if(q[i].type == 1){
ans[q[i].id] = (p1 & (p1 >> q[i].c)).any();
}else if(q[i].type == 2){
ans[q[i].id] = (p1 & (p2 >> (100000 - q[i].c))).any();
}else{
if(!q[i].c) ans[q[i].id] = v[0];
int sqr = sqrt(q[i].c);
for(int j = 1; j <= sqr; ++j)
if(q[i].c % j == 0)
if(v[j] && v[q[i].c / j]){
ans[q[i].id] = 1;
break;
}
}
}
for(int i = 1; i <= m; ++i)
printf("%s
", ans[i] ? "hana" : "bi");
return 0;
}