莫队算法笔记
算法概念
普通莫队
带修莫队
回滚莫队
树上莫队
二次离线莫队
莫队好题
普通莫队
bitset + 暴力枚举
题目描述
给了一个长度为 \(n\) 的序列， 有 \(m\) 次操作，每次询问一个区间是否有两个数的差为 \(x\) ，或和
为 \(x\) ，或乘积为 \(x\) 。
思路
引用出题人的话术：
考虑对于减操作，用bitset来维护每个数是否出现过
这样就可以O( c / 64 )的查询区间是否有两个数差为x了，即得到区间的bitset a，( a & ( a << x ) ).count()
加操作同理，维护一个反的bitset即可
乘操作直接暴力枚举小的因数，是 \(O(\sqrt n)\) 的
用膜队维护区间的bitset，总复杂度为 \(O(m\times(\sqrt n+\frac{c}{64}))\)
其实除也可以做的。。。只是似乎有点麻烦
- bitset 存每个数是否出现, \(s1[i] = 1\) 表示 \(i\) 出现过
- 查询区间是否有两数差为 \(x\), 即 \(b - a=x\) ，即
(s1[a] & (s1[a] << x)).any()， - 查询区间是否有两数和为 \(x\)，即 \(a + b = x\)，由于 bitset 不能存负数的值域，进行如下变换：\[z + y = x = N - (N - y) + z = x -> z - (N - y) = x - N -> (N - y) - z = N - x \]
- 所以两数和的答案就是
(s2 & (s1 << (N - x))).any()或(s1 & (s2 >> (N - x))).any() - 查询乘积，直接暴力枚举因数，复杂度 \(\sqrt n\)
Solution
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef std::pair<int, int> PII;
typedef std::pair<ll, ll> PLL;
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define endl "\n"
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, bound = 1e5;
bool ans[N], fl;
bitset<N> s1, s2;
int cnt[N], w[N], len, n, m;
int get(int x){
return x / len;
}
struct Q{
int op, l, r, x, id;
bool operator < (const Q& q)const{
int al = get(l), bl = get(q.l);
if(al != bl) return al < bl;
return r < q.r;
}
}q[N];
void add(int v){
if(cnt[v]++ == 0) s1[v] = s2[N - v] = true;
}
void del(int v){
if(--cnt[v] == 0) s1[v] = s2[N - v] = 0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> w[i];
len = sqrt(n);
for(int i = 1; i <= m; i++){
int op, l, r, x;
cin >> op >> l >> r >> x;
q[i] = {op, l, r, x, i};
}
sort(q + 1, q + 1 + m);
for(int i = 1, l = 1, r = 0; i <= m; i++){
auto [op, ql, qr, x, id] = q[i];
while(l > ql) add(w[--l]);
while(l < ql) del(w[l++]);
while(r < qr) add(w[++r]);
while(r > qr) del(w[r--]);
if(op == 1){
if((s1 & (s1 << x)).any())
ans[id] = true;
}
else if(op == 2){
if((s2 & (s1 << (N - x))).any())
ans[id] = true;
}
else{
for(int j = 1; j * j <= x; j++)
if(x % j == 0 && s1[j] && s1[x / j]){
ans[id] = true;
break;
}
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
ans[i] ? cout << "hana\n" : cout << "bi\n";
return 0;
}
