小清新人渣的本愿（莫队+bitset）

小清新人渣的本愿

这两天写了些 $b i t s e t$ 的题，但都不想写题解。。。正巧这道题还结合了莫队，也是正在学习的，就记录一下吧。

题意：

给定一个 $a$ 数组，有三种询问：

询问 $[l, r]$ 区间中是否有差为 $x$ 的数对；
询问 $[l, r]$ 区间中是否有和为 $x$ 的数对；
询问 $[l, r]$ 区间中是否有积为 $x$ 的数对。

思路：

先只考虑三种询问后面的部分，不考虑区间问题。
要求是否存在差为 $x$ 的数对，显然只需要知道每个数向前（或向后） $x$ 的数值是否存在，要检索所有数字的话，考虑使用 $b i t s e t$ 的 $(b$ & $b$ << $x) . a n y$ ()就可以知道是否存在啦！
要求是否存在和为 $x$ 的数对，有一个小技巧，同时维护一个反转的 $b i t s e t$ ，想想将反转的 $b i t s e t$ 向右移动 $N$ （ $a$ 数组的值域）位，肯定这个 $b i t s e t$ 就全为 $0$ 了；但如果少移动 $x$ 个位置的话，就相当于把原状态中前 $[0, x]$ 的部分保留了，并且是反转的；显然将原 $b i t s e t$ 和这个经过处理的 $b i t s e t$ 取与，就可以知道是否有和为 $x$ 的数对啦！
而积为 $x$ 是否存在反而最简单，考虑这个小问题的复杂度， $m$ $(\leq 1 e 5)$ 个询问， $x$ 又是小于 $1 e 5$ 的，因此枚举 $x$ 所有较小因数的复杂度为 $O (m * \sqrt{x})$ ，完全是可以接受的！
至此，此问题就只剩维护区间状态的问题了；上述三种问题都指向了一种状态——某个数字是否存在，这恰好是莫队的常见问题，不难想出。因此，总复杂度为莫队的端点移动 $*$ 每个询问的答案判断，为 $O (n^{\frac{3}{2}} * (\sqrt{n} + \frac{n}{32}))$ （其中 $m$ 和 $a$ 的值域都用 $n$ 代替了），感觉还是能被卡住的。

代码

#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");
    }
}