由乃在自己的农田边散步,她突然发现田里的一排玉米非常的不美。这排玉米一共有N株,它们的高度参差不齐。
由乃认为玉米田不美,所以她决定出个数据结构题
 
这个题是这样的:
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,或者询问一个区间是
否可以选出两个数它们的和为x,或者询问一个区间是否可以选出两个数它们的乘积为x ,这三个操作分别为操作1
,2,3选出的这两个数可以是同一个位置的数

Input

第一行两个数n,m
后面一行n个数表示ai
后面m行每行四个数opt l r x
opt表示这个是第几种操作,l,r表示操作的区间,x表示这次操作的x
定义c为每次的x和ai中的最大值,ai >= 0,每次的x>=2n,m,c <= 100000

Output

对于每个询问,如果可以,输出yuno,否则输出yumi

Sample Input

5 5
1 1 2 3 4
2 1 1 2
1 1 2 2
3 1 1 1
3 5 5 16
1 2 3 4

Sample Output

yuno
yumi
yuno
yuno
yumi

  题目大意 (数据结构裸题不需要大意)。(这是由乃OI?)

  显然bitset(别问我怎么知道的)。

  然而考虑分块,MLE?所以果断否决掉。

  是有个基于分块有很省内存的算法?莫队啊,我们只需要2个bitset和一个cnt数组就好了。

  现在来考虑具体的操作。

  1)区间内是否存在两个数差为x。这个很简单,bitset一个基本的应用。bitset维护一个值域,然后将所有数都减去x(相当于将这个bitset右移x位),再看有没有数相等(新bitset按位与旧bitset得到的bitset是否存在某一位为1,调用它的函数any()就好了)

  2)区间内是否存在两个数和为x。考虑a + b = x,加法不是很好处理,就转化成减法,得到a - (-b) = x。因为bitset不支持负数下标,把大小增大常数又变大,所以考虑用2个bitset。新的bitset维护某一个上限加上-b后的值域。查询的时候我们希望将第一个bitset右移x位,显然负数位才有价值,但是右移溢出的比特位会被直接舍去。所以考虑向左移,把右移x后,没有溢出的部分全部删去。这样的话就左移(limit - x)位,在和第二个bitset进行按位与,然后判断是否存在某一位为1。

  3)还是bitset?想多了。。。Tag害死人啊。。值域只有1e5。是不是直接根号大暴力(枚举因子)就完事了?(然后我忘判因子了,就WA了几次)

Code

 /**
* bzoj
* Problem#4810
* Accepted
* Time:13672ms
* Memory:4472k
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean; typedef class Query {
public:
int opt;
int l;
int r;
int x;
int lid;
int id; Query():opt(opt), l(l), r(r), x(x), lid(lid) { } boolean operator < (Query b) const {
if(lid != b.lid) return lid < b.lid;
return r < b.r;
}
}Query; #define limit 100001
int n, m, cs;
int *arr;
bitset<> s, s1, rs;
Query* qs;
inline void init() {
scanf("%d%d", &n, &m);
arr = new int[(n + )];
qs = new Query[(m + )];
cs = sqrt(n + 0.5);
for(int i = ; i <= n; i++)
scanf("%d", arr + i);
for(int i = ; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d%d", &qs[i].opt, &qs[i].l, &qs[i].r, &qs[i].x);
qs[i].lid = qs[i].l / cs, qs[i].id = i;
}
} boolean *res;
int cnt[];
inline void extends(int pos, int val) {
cnt[arr[pos]] += val;
if(cnt[arr[pos]] == ) s[arr[pos]] = , rs[limit - arr[pos]] = ;
if(cnt[arr[pos]] == ) s[arr[pos]] = , rs[limit - arr[pos]] = ;
} inline void solve() {
res = new boolean[(m + )];
sort(qs + , qs + m + );
int mdzzl = , mdzzr = ;
boolean aFlag = false;
for(int i = ; i <= m; i++) {
while(mdzzr < qs[i].r) extends(++mdzzr, );
while(mdzzr > qs[i].r) extends(mdzzr--, -);
while(mdzzl > qs[i].l) extends(--mdzzl, );
while(mdzzl < qs[i].l) extends(mdzzl++, -);
switch(qs[i].opt) {
case :
s1 = (s << qs[i].x) & s;
res[qs[i].id] = s1.any();
break;
case :
s1 = (s << (limit - qs[i].x)) & rs;
res[qs[i].id] = s1.any();
break;
case :
aFlag = false;
for(int j = ; j * j <= qs[i].x; j++)
if((qs[i].x % j == ) && s[j] && s[qs[i].x / j]) {
aFlag = true;
break;
}
res[qs[i].id] = aFlag;
break;
default:
break;
}
}
for(int i = ; i <= m; i++)
puts((res[i]) ? ("yuno") : ("yumi"));
} int main() {
init();
solve();
return ;
}

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