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$\text{开}\mathop{\text{卷}}\limits^{ju\check{a}n}\text{有益}$

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P5355 [Ynoi2017] 由乃的玉米田

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P5355 [Ynoi2017] 由乃的玉米田

题面

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弱化版

解法

先把弱化版做了，还是挺简单，拿个莫队维护 bitset 然后 and 一下就出来了（别问我为什么能过，反正就是能过）。

考虑加强版怎么做。首先对于 $x > \sqrt{10^5}$ 的，搞出来 bitset 以后就可以直接枚举 $i$ 和 $i \times x$，每次的询问都是 $O(\sqrt{m})$ 的。

对于 $x \le \sqrt{10^5}$ 的询问显然 $x$ 只有 $O(\sqrt{m})$ 种，不妨枚举 $x$，从头到尾扫一遍序列，维护每个值上次出现的位置 $lst[i]$，这样更新时就直接更新 $a[i] \times x$ 以及 $\frac{a[i]}{x}$，求出 $pre[x][i]$ 表示 $i$ 之前的最后一次出现商为 $x$ 的位置。

AC代码

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/**
 * @file:           P5355.cpp
 * @author:         yaoxi-std
 * @url:            https://www.luogu.com.cn/problem/P5355
*/
// #pragma GCC optimize ("O2")
// #pragma GCC optimize ("Ofast", "inline", "-ffast-math")
// #pragma GCC target ("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define resetIO(x) \
    freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#x ".out", "w", stdout)
#define debug(fmt, ...) \
    fprintf(stderr, "[%s:%d] " fmt "\n", __FILE__, __LINE__, ##__VA_ARGS__)
template <class _Tp>
inline _Tp& read(_Tp& x) {
    bool sign = false; char ch = getchar(); double tmp = 1;
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) sign |= (ch == '-');
    for (x = 0; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + (ch ^ 48);
    return sign ? (x = -x) : x;
}
template <class _Tp>
inline void write(_Tp x) {
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar((x % 10) ^ 48);
}
bool m_be;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 10;
const int MAXB = 320;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, q, blk, vblk, a[MAXN], cnt[MAXN], lst[MAXN], pre[MAXB][MAXN];
bool ans[MAXN];
bitset<MAXN> bs1, bs2;
struct Query { int op, l, r, x, i; } qr[MAXN];
inline void add(int x) { !cnt[x]++ && (bs1[x] = bs2[m - x] = 1); }
inline void dec(int x) { !--cnt[x] && (bs1[x] = bs2[m - x] = 0); }
inline void chkmax(int& x, int y) { (x < y) && (x = y); }
bool m_ed;
signed main() {
    // debug("Mem %.5lfMB.", fabs(&m_ed - &m_be) / 1024 / 1024);
    read(n), read(q), m = 1e5;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
    for (int i = 1; i <= q; ++i) {
        int op, l, r, x;
        read(op), read(l), read(r), read(x);
        qr[i] = {op, l, r, x, i};
    }
    blk = ceil(sqrt(n)), vblk = ceil(sqrt(m));
    sort(qr + 1, qr + q + 1, [&](const Query& x, const Query& y) {
        int bx = (x.l - 1) / blk, by = (y.l - 1) / blk;
        return bx < by || (bx == by && ((bx & 1) ? x.r < y.r : x.r > y.r));
    });
    for (int i = 1; i <= vblk; ++i) {
        fill(lst + 1, lst + m + 1, 0);
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            lst[a[j]] = j;
            pre[i][j] = pre[i][j - 1];
            if (a[j] * i <= m && lst[a[j] * i]) chkmax(pre[i][j], lst[a[j] * i]);
            if (a[j] % i == 0 && lst[a[j] / i]) chkmax(pre[i][j], lst[a[j] / i]);
        }
    }
    int l = 1, r = 0; bs1.reset(), bs2.reset();
    for (int i = 1; i <= q; ++i) {
        while (l > qr[i].l) add(a[--l]);
        while (r < qr[i].r) add(a[++r]);
        while (l < qr[i].l) dec(a[l++]);
        while (r > qr[i].r) dec(a[r--]);
        if (qr[i].op == 1) {
            ans[qr[i].i] = (bs1 & (bs1 << qr[i].x)).any();
        } else if (qr[i].op == 2) {
            ans[qr[i].i] = (bs1 & (bs2 >> (m - qr[i].x))).any();
        } else if (qr[i].op == 3) {
            for (int j = 1; j * j <= qr[i].x; ++j)
                if (qr[i].x % j == 0) ans[qr[i].i] |= bs1[j] && bs1[qr[i].x / j];
        } else if (qr[i].x > vblk) {
            for (int j = 1; j * qr[i].x <= m; ++j)
                ans[qr[i].i] |= bs1[j] && bs1[j * qr[i].x];
        } else {
            ans[qr[i].i] = pre[qr[i].x][qr[i].r] >= qr[i].l;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i) puts(ans[i] ? "yuno" : "yumi");
    return 0;
}