hdu 6085 bitset优化

题意：a数组，b数组，q数组，q数组表示q次查询，查询是查询a数组b数组有多少对ai % bj =qi （在模2的意义下）

思路：官方题解的操作就不多说了，主要涉及一个枚举区间（bi的K倍）异或求和最后就是答案，因为设计到取区间异或，所以需要手写bitset

这里考虑用使用<bitset>的方法，其实我们可以通过巧妙地位运算避免区间枚举，虽然时间总复杂度一致，我们考虑从大到小枚举余数，进行操作。

核心思想是通过位移操作让A数组的桶右移i位，这是和我们维护的bi ...kbi 数组做& 操作，这样剩下的count 就是答案数量，需要注意的是B的栅栏数组也要从小到大去维护，因为显然若b小于i，不可能余数为i。同时维护B的时候要注意偶数次的栅栏对答案不做贡献。说的不是很清楚具体看代码：

PS.bitset的姿势水平差的太远。。。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define MEM(a) memset(a,0,sizeof(a))
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn =50002;
int b[maxn],qq[maxn],q[maxn],ans[maxn];
bitset<maxn> A,B;

int main(){
    int t,n,m,k,x;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int mx=0;
        A.reset();B.reset();
        MEM(qq);MEM(b);
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&x),mx=max(mx,x),A.set(x);
        for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&x),mx=max(mx,x),b[x]=1;
        for(int i=0;i<k;i++) scanf("%d",&q[i]),qq[q[i]]=1;
        for(int i=mx;i>=0;i--){
            if(qq[i]) ans[i]=(B&(A>>i)).count()&1;
            if(b[i]) for(int j=0;j<=mx;j+=i) B.flip(j);
        }
        for(int i=0;i<k;i++) printf("%d
",ans[q[i]]);
    }
}