Description

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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

  1. 选出两个数它们的差为 \(x\) ;
  2. 选出两个数它们的和为 \(x\) ;
  3. 选出两个数它们的乘积为 \(x\) 。

\(1\leq n,m,A_i\leq 100000\)

Solution

前两个操作 \(bitset\) 可以解决;后一个操作直接暴力枚举因数单个询问 \(O(\sqrt n)\) 。复杂度承受得起。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005; int n, m, lim, A[N], cnt[N], ans[N];
bitset<(N<<1)>a, b, c;
struct tt {
int opt, l, r, x, id;
bool operator < (const tt &b) const {
return l/lim == b.l/lim ? r < b.r : l < b.l;
}
}p[N]; void moveout(int x) {
++cnt[A[x]]; if (cnt[A[x]] == 1) a[A[x]] = b[N+A[x]] = c[N-A[x]] = 1;
}
void movein(int x) {
--cnt[A[x]]; if (cnt[A[x]] == 0) a[A[x]] = b[N+A[x]] = c[N-A[x]] = 0;
}
void work() {
scanf("%d%d", &n, &m), lim = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &A[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d%d%d%d", &p[i].opt, &p[i].l, &p[i].r, &p[i].x),
p[i].id = i;
sort(p+1, p+m+1);
int curl = 1, curr = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l = p[i].l, r = p[i].r, x = p[i].x;
while (curr < r) ++curr, moveout(curr);
while (curl > l) --curl, moveout(curl);
while (curr > r) movein(curr), --curr;
while (curl < l) movein(curl), ++curl;
if (p[i].opt == 1) if ((a&(a<<x)).any()) ans[p[i].id] = 1;
if (p[i].opt == 2) if ((b&(c<<x)).any()) ans[p[i].id] = 1;
if (p[i].opt == 3) {
int lim = sqrt(x);
for (int j = 1; j <= lim; j++)
if (x%j == 0 && cnt[j] && cnt[x/j]) {ans[p[i].id] = 1; break; }
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) puts(ans[i] ? "hana" : "bi");
}
int main() {work(); return 0; }

else

对于一个叫做 foobitset

  • foo.size() 返回大小(位数)
  • foo.count() 返回1的个数
  • foo.any() 返回是否有1
  • foo.none() 返回是否没有1
  • foo.set() 全都变成1
  • foo.set(p) 将第p + 1位变成1
  • foo.set(p, x) 将第p + 1位变成x
  • foo.reset() 全都变成0
  • foo.reset(p) 将第p + 1位变成0
  • foo.flip() 全都取反
  • foo.flip(p) 将第p + 1位取反
  • foo.to_ulong() 返回它转换为unsigned long的结果,如果超出范围则报错
  • foo.to_ullong() 返回它转换为unsigned long long的结果,如果超出范围则报错
  • foo.to_string() 返回它转换为string的结果

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