小清新人渣的本願（莫隊+bitset）

小清新人渣的本願

這兩天寫了些$bitset$的題，但都不想寫題解。。。正巧這道題還結合了莫隊，也是正在學習的，就記錄一下吧。

題意：

給定一個$a$數組，有三種詢問：

1. 詢問$[l,r]$區間中是否有差爲$x$的數對；
2. 詢問$[l,r]$區間中是否有和爲$x$的數對；
3. 詢問$[l,r]$區間中是否有積爲$x$的數對。

思路：

1. 先只考慮三種詢問後面的部分，不考慮區間問題。
2. 要求是否存在差爲$x$的數對，顯然只需要知道每個數向前（或向後）$x$的數值是否存在，要檢索所有數字的話，考慮使用$bitset$的$(b$&$b$<<$x).any$()就可以知道是否存在啦！
3. 要求是否存在和爲$x$的數對，有一個小技巧，同時維護一個反轉的$bitset$，想想將反轉的$bitset$向右移動$N$（$a$數組的值域）位，肯定這個$bitset$就全爲$0$了；但如果少移動$x$個位置的話，就相當於把原狀態中前$[0,x]$的部分保留了，並且是反轉的；顯然將原$bitset$和這個經過處理的$bitset$取與，就可以知道是否有和爲$x$的數對啦！
4. 而積爲$x$是否存在反而最簡單，考慮這個小問題的複雜度，$m$$(≤1e5)$個詢問，$x$又是小於$1e5$的，因此枚舉$x$所有較小因數的複雜度爲$O(m*\sqrt{x})$，完全是可以接受的！
5. 至此，此問題就只剩維護區間狀態的問題了；上述三種問題都指向了一種狀態——某個數字是否存在，這恰好是莫隊的常見問題，不難想出。因此，總複雜度爲莫隊的端點移動$*$每個詢問的答案判斷，爲$O(n^\frac{3}{2}*(\sqrt{n}+\frac{n}{32}))$（其中$m$和$a$的值域都用$n$代替了），感覺還是能被卡住的。

代碼

#include "bits/stdc++.h"
#define hhh printf("hhh\n")
#define see(x) (cerr<<(#x)<<'='<<(x)<<endl)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pr;
inline int read() {int x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9')c=getchar();while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();return x;}

const int maxn = 1e5+10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9+7;
const double eps = 1e-7;
const int N = 100001;

int n, m, len;
int a[maxn], cnt[maxn], ans[maxn];
bitset<N+1> b1, b2;

struct P{
    int opt, l, r, x, id;
    friend bool operator < (const P &a, const P &b) {
        if((a.l-1)/len!=(b.l-1)/len) return a.l<b.l;
        if((a.l-1)/len%2) return a.r>b.r;
        return a.r<b.r;
    }
}p[maxn];

inline void del(int x) {
    if(--cnt[x]==0) b1[x]=0, b2[N-x]=0;
}
inline void add(int x) {
    if(cnt[x]++==0) b1[x]=1, b2[N-x]=1;
}

int main() {
    //ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    n=read(), m=read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
    for(int i=1; i<=m; ++i) {
        int opt=read(), l=read(), r=read(), x=read();
        p[i]=(P){opt,l,r,x,i};
    }
    len=sqrt(m);
    sort(p+1,p+1+m);
    int l=1, r=0;
    for(int i=1; i<=m; ++i) {
        while(l<p[i].l) del(a[l++]);
        while(l>p[i].l) add(a[--l]);
        while(r<p[i].r) add(a[++r]);
        while(r>p[i].r) del(a[r--]);
        if(p[i].opt==1) ans[p[i].id]=(b1&b1<<p[i].x).any()?1:0;
        else if(p[i].opt==2) ans[p[i].id]=(b1&b2>>(N-p[i].x)).any()?1:0;
        else {
            bool f=0;
            for(int j=1; j*j<=p[i].x; ++j) {
                if(p[i].x%j==0&&b1[j]&&b1[p[i].x/j]) { f=1; break; }
            }
            ans[p[i].id]=f;
        }
    }
    for(int i=1; i<=m; ++i) {
        if(ans[i]) printf("hana\n");
        else printf("bi\n");
    }
}