Luogu3674小清新人渣的本愿

莫队 bitset

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;
}