[洛谷P3674]小清新人渣的本愿

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这道题是一道莫队题。对于每一种问法，就是查询对应的数是否在当前的区间内。

设$b[i]$表示莫队当前区间中有没有$i$这个数。

对于第一问“是否可以选出两个数它们的差为x”，也就是判断当$i-j=x$时是否存在$b[i],b[j]=1$。变形一下发现$i=j+x$，就成了$b[j],b[j+x]=1$。

我们用一个$\text{bitset}$操作，判断这一问就变成了判断$(b\ \text{&&}\ (b<<x))$是否为真。

对于第二问就是当$i+j=x$时，是否存在$b[i],b[j]=1$。变形下发现

$$i=x-j$$

$$i+N=x+N-j$$

$$i-(x-N)=(N-j)$$

再开个$b'=\text{bitset}$维护$N-j$，当$j$出现后，$N-j$为$1$。答案即为$((b<<(N-x))\ \text{&&}\ b')$。

对于第三问发现枚举因数直接判断复杂度不大，暴力解决。

一开始计算复杂度发现是$O(m\sqrt{n}+mn)$，$mn$复杂度是由$\text{bitset}$的与运算贡献的，会炸的。

但后来了解到$\text{bitset}$的复杂度要除掉一个$\omega$，$\omega$为计算机位数，一般为$32/64$。

所以就能卡过了。

下面的代码的写法可能与上面有细微差别，但与上面是等效的。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define re register
#define rep(i, a, b) for (re int i = a; i <= b; ++i)
#define repd(i, a, b) for (re int i = a; i >= b; --i)
#define maxx(a, b) a = max(a, b);
#define minn(a, b) a = min(a, b);
#define LL long long
#define INF (1 << 30)

inline int read() {
    int w = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) f = c == '-' ? -1 : f, c = getchar();
    while (isdigit(c)) w = (w << 3) + (w << 1) + (c ^ '0'), c = getchar();
    return w * f;
}

const int maxn = 1e5 + 5;

bitset<maxn> S1, S2;

struct Query {
    int l, r, id, pos, opt, x;
} q[maxn];
bool cmp(Query a, Query b) { return a.pos < b.pos || a.pos == b.pos && a.r < b.r; }

int n, m, a[maxn], ans, b[maxn], size, cnt[maxn];

void del(int x) { cnt[x]--; if (!cnt[x]) S1[x] = S2[n-x] = 0; }
void ins(int x) { if (!cnt[x]) S1[x] = S2[n-x] = 1; cnt[x]++; }

int main() {
    n = read(), m = read();
    size = sqrt(n);
    rep(i, 1, n) a[i] = read();
    rep(i, 1, m) q[i].opt = read(), q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].x = read(), q[i].id = i, q[i].pos = (q[i].l + size - 1) / size;
    sort(q+1, q+m+1, cmp);
    int pl = 1, pr = 0;
    rep(i, 1, m) {
        while (pl < q[i].l) del(a[pl]), pl++;
        while (pl > q[i].l) pl--, ins(a[pl]);
        while (pr < q[i].r) pr++, ins(a[pr]);
        while (pr > q[i].r) del(a[pr]), pr--;
        if (q[i].opt == 1) {
            b[q[i].id] = ((S1 << q[i].x) & S1).any() ? 1 : 0;
        }
        else if (q[i].opt == 2) {
            b[q[i].id] = ((S2 >> (n-q[i].x)) & S1).any() ? 1 : 0;
        }
        else if (q[i].opt == 3) {
            b[q[i].id] = 0;
            rep(x, 1, sqrt(q[i].x))
                if (!(q[i].x % x) && S1[x] && S1[q[i].x/x]) { b[q[i].id] = 1; break; }
        }
    }
    rep(i, 1, m) printf("%s\n", b[i] ? "hana" : "bi");
    return 0;
}