https://zybuluo.com/ysner/note/1109536
题面
给你一个序列a，长度为n，有m次操作，每次询问一个区间
-
是否可以选出两个数它们的差为x
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是否可以选出两个数它们的和为x
-
是否可以选出两个数它们的乘积为x 。
选出的这两个数可以是同一个位置的数 -
对于100%的数据，n,m,c <= 100000
知识迁移
(bitset)的原理是将一大堆值为(0/1)的数压成一个数。
通过(i>>x)等操作，我们可以快速访问(i)数组右移(x)位后的状态（即只剩右数(n-x)个值。
(bitset)数组可以当作一个数来看待并进行>>,<<,&,^等操作(详见高斯消元总结)。
还有一些(STL)函数。
- b.any():b中是否存在置为1的二进制位？
- b.none():b中不存在置为1的二进制位吗？
- b.count():b中置为1的二进制位的个数
- b.size():b中二进制位的个数
- b[pos]:访问b中在pos处的二进制位
- b.test(pos):b中在pos处的二进制位是否为1？
- b.set():把b中所有二进制位都置为1
- b.set(pos):把b中在pos处的二进制位置为1
- b.reset():把b中所有二进制位都置为0
- b.reset(pos):把b中在pos处的二进制位置为0
- b.flip():把b中所有二进制位逐位取反
- b.flip(pos):把b中在pos处的二进制位取反
解析
这题显然只能用莫队搞啊。
操作三枚枚因数就成，(O(msqrt{n}))稳稳的。
操作一二好像会到(O(n^2))?很耸？
发现我们询问时只要问存在性，即只有(0/1)两种状态，于是可以(bitset)优化一波，(O(frac{n^2}{64}))强行卡过此题。
// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+10000;
bitset<N>S1,S2;
bool ans[N];
int n,m,blk,num[N],a[N];
struct Que
{
int id,op,l,r,x,bl;
bool operator < (const Que &o){return (bl<o.bl)||(bl==o.bl&&r<o.r);}
}q[N];
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void add(re int x){if(!num[x]++) S1[x]=S2[100000-x]=1;}
il void del(re int x){if(!--num[x]) S1[x]=S2[100000-x]=0;}
int main()
{
n=gi();m=gi();blk=sqrt(n);
fp(i,1,n) a[i]=gi();
fp(i,1,m)
{
re int op=gi(),l=gi(),r=gi(),x=gi();
q[i]=(Que){i,op,l,r,x,l/blk};
}
sort(q+1,q+1+m);
re int L=1,R=0;
fp(i,1,m)
{
while(L>q[i].l) add(a[--L]);
while(R<q[i].r) add(a[++R]);
while(L<q[i].l) del(a[L++]);
while(R>q[i].r) del(a[R--]);
if(q[i].op==1) ans[q[i].id]=(S1&(S1>>q[i].x)).any();
if(q[i].op==2) ans[q[i].id]=(S1&(S2>>(100000-q[i].x))).any();
if(q[i].op==3)
fp(k,1,sqrt(q[i].x))
if(q[i].x%k==0)
if(S1[k]&S1[q[i].x/k]) {ans[q[i].id]=1;break;}
}
fp(i,1,m) ans[i]?puts("hana"):puts("bi");
return 0;
}