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:4472
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 }