BZOJ4810: [Ynoi2017]由乃的玉米田(莫队+bitset)_C/C++_移动技术网,中国教育风险预控网,枪械图片大全,背景图片风景

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Description

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

HINT

Source

By 佚名提供

一看是lxl的题，再一看不带修改，基本上莫队跑不了了、

这道题我们需要维护每个数出现的情况，因此不难想到bitset，但是bitset是一个01序列，并不能维护一个数出现多次的情况

因此我们还需要一个数组来记录每个数出现的次数

对于减法操作，我们需要找的是$a[j]-a[i]=x$，那么把bitset右移$x$位再&一下就好

对于加法操作，我们记录下整个序列的反序列(就是用一个大数减去每一个数后所得的序列)，这样我们把翻转后的序列右移后与原序列&一下就好

对于乘法操作，bitset肯定是搞不了了，那么我们暴力判断即可QWQ....

时间复杂度$O(\frac{n^2}{32})$

反思一下自己没做出来的原因：在考虑bitset维护加法操作的时候并没有想到用原序列翻转的性质去搞，然后乘法操作也没想到，就连cnt数组要不要加都考虑了半天QWQ...自己还是太菜了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<23,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10;
const int limit=100000;
inline int read()
{
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
int N,M,block;
int belong[MAXN],cnt[MAXN],out[MAXN];
bitset<100001>bit,bitinv;
struct Qus
{
    int l,r,val,opt,ID;
}Q[MAXN];
int a[MAXN];
inline int comp(const Qus &a,const Qus &b)
{
    return belong[a.l]==belong[b.l]?a.r<b.r:belong[a.l]<belong[b.l];
}
inline void Delet(int x)
{
    cnt[x]--;
    if(cnt[x]==0) bit[x]=0,bitinv[limit-x]=0;
}
inline void Add(int x)
{
    cnt[x]++;
    if(cnt[x]==1) 
        bit[x]=1,bitinv[limit-x]=1;
}
inline int Query(int opt,int x)
{
    if(opt==1)//差 
        return ( ((bit>>x) & bit ).any() )?1:0; 
    if(opt==2)
        return ( bit & (bitinv>>(limit-x)) ).any()?1:0;
    if(opt==3)
    {
        if(x==0&&bit[0]) return 1;
        for(int i=1;i*i<=x;i++)
        {
            if(x%i!=0) continue;
            if(bit[i]&&bit[x/i]) return 1;
        }
        return 0;
    }
}
inline void Modui()
{
    sort(Q+1,Q+M+1,comp);
    cnt[0]=1;
    int l=0,r=0,tot=0;
    for(int i=1;i<=M;i++)
    {
        while(l<Q[i].l) Delet(a[l++]),tot++;
        while(l>Q[i].l) Add(a[--l]),tot++;
        while(r<Q[i].r) Add(a[++r]),tot++;
        while(r>Q[i].r) Delet(a[r--]),tot++;
        out[Q[i].ID]=Query(Q[i].opt,Q[i].val);
    }
    //printf("%d\n",tot);
    for(int i=1;i<=M;i++)
        puts(out[i]?"yuno":"yumi");
}
int main()
{
    //freopen("a.in","r",stdin);
    //freopen("b.out","w",stdout);
    N=read();M=read();
    block=sqrt(N);
    for(int i=1;i<=N;i++) a[i]=read(),belong[i]=(i-1)/block+1;
    for(int i=1;i<=M;i++)
    {
        int how=read(),ll=read(),rr=read(),x=read();
        Q[i].opt=how;
        Q[i].l=ll; Q[i].r=rr;
        Q[i].val=x;
        Q[i].ID=i;
    }
    Modui();
    return 0;
}

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2018年04月05日 | 移动技术网IT编程 | 我要评论