巧妙地利用
莫隊還是很容易看出來的。
然後就是統計一下每一個值出現的個數。用
對於操作3乘法而言,直接枚舉因數,暴力判斷一下就可以了。
用一個
那麼對於操作1減法來說,就直接將
然而對於操作2加法來說,求和就不能一個
差值好求,和不好求,那麼考慮將求和轉爲求差。那麼記錄一個最大值
每次求
如此,就可以維護一個倒着的,
【代碼】
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <bitset>
#define N 100005
#define mod 1000000007
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,block,Mx,L,R;
int a[N],cnt[N],bl[N],ans[N];
bitset<N>f,g,h;
class Query{
public:
int f,l,r,x,id;
Query(){}
Query(int ff,int ll,int rr,int xx,int ii) {
f=ff,l=ll,r=rr,x=xx,id=ii;
}
}Q[N];
bool operator <(Query a,Query b){
return bl[a.l]<bl[b.l]||(bl[a.l]==bl[b.l]&&a.r<b.r);
}
void Add(int x)
{
cnt[x]++;
if(cnt[x]==1) f[x]=1,g[Mx-x]=1;
}
void Delete(int x)
{
cnt[x]--;
if(!cnt[x]) f[x]=0,g[Mx-x]=0;
}
int Solve_Minus(int x){
return ((f<<x)&f).count()!=0?1:0;
}
int Solve_Plus(int x){
return ((f<<(Mx-x))&g).count()!=0?1:0;
}
int Solve_Multi(int x){
for(int i=1;i*i<=x;i++) if(x%i==0) {
if(cnt[i]&&cnt[x/i]) return 1;
}
return 0;
}
void Get_Ans(int x)
{
if(Q[x].f==1) ans[Q[x].id]=Solve_Minus(Q[x].x);
else if(Q[x].f==2) ans[Q[x].id]=Solve_Plus(Q[x].x);
else ans[Q[x].id]=Solve_Multi(Q[x].x);
}
int main()
{
n=read(),m=read();block=(int)sqrt(n);Mx=N-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),bl[i]=(i-1)/block+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
Q[i].f=read(),Q[i].l=read(),Q[i].r=read(),Q[i].x=read(),Q[i].id=i;
sort(Q+1,Q+1+m);
for(int i=Q[1].l;i<=Q[1].r;i++) Add(a[i]);
Get_Ans(1);
L=Q[1].l,R=Q[1].r;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
while(L<Q[i].l) Delete(a[L++]);
while(R<Q[i].r) Add(a[++R]);
while(L>Q[i].l) Add(a[--L]);
while(R>Q[i].r) Delete(a[R--]);
Get_Ans(i);
}
for(int i=1;i<=m;i++) printf(ans[i]?"yuno\n":"yumi\n");
return 0;
}