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
Input
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
Output
对于每个询问，如果可以，输出yuno，否则输出yumi
Sample Input
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
Sample Output
yuno yumi yuno yuno yumi
题目大意 (数据结构裸题不需要大意)。（这是由乃OI？）
显然bitset(别问我怎么知道的)。
然而考虑分块，MLE？所以果断否决掉。
是有个基于分块有很省内存的算法？莫队啊，我们只需要2个bitset和一个cnt数组就好了。
现在来考虑具体的操作。
1)区间内是否存在两个数差为x。这个很简单，bitset一个基本的应用。bitset维护一个值域，然后将所有数都减去x(相当于将这个bitset右移x位)，再看有没有数相等(新bitset按位与旧bitset得到的bitset是否存在某一位为1，调用它的函数any()就好了)
2)区间内是否存在两个数和为x。考虑a + b = x,加法不是很好处理，就转化成减法，得到a - (-b) = x。因为bitset不支持负数下标，把大小增大常数又变大，所以考虑用2个bitset。新的bitset维护某一个上限加上-b后的值域。查询的时候我们希望将第一个bitset右移x位，显然负数位才有价值，但是右移溢出的比特位会被直接舍去。所以考虑向左移，把右移x后，没有溢出的部分全部删去。这样的话就左移(limit - x)位，在和第二个bitset进行按位与，然后判断是否存在某一位为1。
3)还是bitset？想多了。。。Tag害死人啊。。值域只有1e5。是不是直接根号大暴力(枚举因子)就完事了？(然后我忘判因子了，就WA了几次)
Code
1 /** 2 * bzoj 3 * Problem#4810 4 * Accepted 5 * Time:13672ms 6 * Memory:4472k 7 */ 8 #include<bits/stdc++.h> 9 using namespace std; 10 typedef bool boolean; 11 12 typedef class Query { 13 public: 14 int opt; 15 int l; 16 int r; 17 int x; 18 int lid; 19 int id; 20 21 Query():opt(opt), l(l), r(r), x(x), lid(lid) { } 22 23 boolean operator < (Query b) const { 24 if(lid != b.lid) return lid < b.lid; 25 return r < b.r; 26 } 27 }Query; 28 29 #define limit 100001 30 int n, m, cs; 31 int *arr; 32 bitset<100005> s, s1, rs; 33 Query* qs; 34 inline void init() { 35 scanf("%d%d", &n, &m); 36 arr = new int[(n + 1)]; 37 qs = new Query[(m + 1)]; 38 cs = sqrt(n + 0.5); 39 for(int i = 1; i <= n; i++) 40 scanf("%d", arr + i); 41 for(int i = 1; i <= m; i++) { 42 scanf("%d%d%d%d", &qs[i].opt, &qs[i].l, &qs[i].r, &qs[i].x); 43 qs[i].lid = qs[i].l / cs, qs[i].id = i; 44 } 45 } 46 47 boolean *res; 48 int cnt[100005]; 49 inline void extends(int pos, int val) { 50 cnt[arr[pos]] += val; 51 if(cnt[arr[pos]] == 1) s[arr[pos]] = 1, rs[limit - arr[pos]] = 1; 52 if(cnt[arr[pos]] == 0) s[arr[pos]] = 0, rs[limit - arr[pos]] = 0; 53 } 54 55 inline void solve() { 56 res = new boolean[(m + 1)]; 57 sort(qs + 1, qs + m + 1); 58 int mdzzl = 1, mdzzr = 0; 59 boolean aFlag = false; 60 for(int i = 1; i <= m; i++) { 61 while(mdzzr < qs[i].r) extends(++mdzzr, 1); 62 while(mdzzr > qs[i].r) extends(mdzzr--, -1); 63 while(mdzzl > qs[i].l) extends(--mdzzl, 1); 64 while(mdzzl < qs[i].l) extends(mdzzl++, -1); 65 switch(qs[i].opt) { 66 case 1: 67 s1 = (s << qs[i].x) & s; 68 res[qs[i].id] = s1.any(); 69 break; 70 case 2: 71 s1 = (s << (limit - qs[i].x)) & rs; 72 res[qs[i].id] = s1.any(); 73 break; 74 case 3: 75 aFlag = false; 76 for(int j = 1; j * j <= qs[i].x; j++) 77 if((qs[i].x % j == 0) && s[j] && s[qs[i].x / j]) { 78 aFlag = true; 79 break; 80 } 81 res[qs[i].id] = aFlag; 82 break; 83 default: 84 break; 85 } 86 } 87 for(int i = 1; i <= m; i++) 88 puts((res[i]) ? ("yuno") : ("yumi")); 89 } 90 91 int main() { 92 init(); 93 solve(); 94 return 0; 95 }