题目描述

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

输入

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

输出

对于每个询问,如果可以,输出yuno,否则输出yumi

样例输入

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

样例输出

yuno
yumi
yuno
yuno
yumi


题解

莫队算法+STL-bitset

先将询问离线排序,对于每个询问,把它区间内包含的所有数放在一个桶里。

如果是3询问,直接暴力O(√n)枚举约数,即可。

对于询问1,一个naive的做法是枚举每个数,判断是否有比它小x的数。

我们可以使用bitset压位,优化这个过程,将bitset数组左移或右移x位并与原数组取与,判断是否存在。

对于询问2,将a+b=x转化为(100000-a)-b=100000-x后按照同样的方法处理。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
bitset<N> a , b;
struct data
{
int opt , l , r , x , bl , id;
}q[N];
int v[N] , cnt[N] , ans[N];
bool cmp(data a , data b)
{
return a.bl == b.bl ? a.r < b.r : a.bl < b.bl;
}
bool judge(int x)
{
int i;
for(i = 1 ; i * i <= x ; i ++ )
if(x % i == 0 && cnt[i] && cnt[x / i])
return 1;
return 0;
}
int main()
{
int n , m , si , i , lp = 1 , rp = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m) , si = (int)sqrt(n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &q[i].opt , &q[i].l , &q[i].r , &q[i].x) , q[i].bl = (q[i].l - 1) / si , q[i].id = i;
sort(q + 1 , q + m + 1 , cmp);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
while(rp < q[i].r) cnt[v[++rp]] ++ , a[v[rp]] = b[100000 - v[rp]] = 1;
while(lp > q[i].l) cnt[v[--lp]] ++ , a[v[lp]] = b[100000 - v[lp]] = 1;
while(rp > q[i].r) cnt[v[rp]] -- , a[v[rp]] = b[100000 - v[rp]] = cnt[v[rp]] , rp -- ;
while(lp < q[i].l) cnt[v[lp]] -- , a[v[lp]] = b[100000 - v[lp]] = cnt[v[lp]] , lp ++ ;
if(q[i].opt == 1) ans[q[i].id] = (a & (a >> q[i].x)).any();
else if(q[i].opt == 2) ans[q[i].id] = (a & (b >> (100000 - q[i].x))).any();
else ans[q[i].id] = judge(q[i].x);
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%s\n" , ans[i] ? "yuno" : "yumi");
return 0;
}

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