Luogu3674小清新人渣的本愿

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
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，\(O(m\sqrt{n})\)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;

}

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