题面

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
• 是否可以选出两个数它们的和为x

• 是否可以选出两个数它们的乘积为x 。

  选出的这两个数可以是同一个位置的数

• 对于100%的数据，n,m,c <= 100000

  知识迁移

  \(bitset\)的原理是将一大堆值为\(0/1\)的数压成一个数。

  通过\(i>>x\)等操作，我们可以快速访问\(i\)数组右移\(x\)位后的状态（即只剩右数\(n-x\)个值。
  \(bitset\)数组可以当作一个数来看待并进行>>,<<,&,^等操作(详见高斯消元总结)。
  还有一些\(STL\)函数。

• b.any():b中是否存在置为1的二进制位？
• b.none():b中不存在置为1的二进制位吗？
• b.count():b中置为1的二进制位的个数
• b.size():b中二进制位的个数
• b[pos]:访问b中在pos处的二进制位
• b.test(pos):b中在pos处的二进制位是否为1？
• b.set():把b中所有二进制位都置为1
• b.set(pos):把b中在pos处的二进制位置为1
• b.reset():把b中所有二进制位都置为0
• b.reset(pos):把b中在pos处的二进制位置为0
• b.flip():把b中所有二进制位逐位取反

• b.flip(pos):把b中在pos处的二进制位取反

  解析

  这题显然只能用莫队搞啊。
  操作三枚枚因数就成，\(O(m\sqrt{n})\)稳稳的。
  操作一二好像会到\(O(n^2)\)?很耸？
  发现我们询问时只要问存在性，即只有\(0/1\)两种状态，于是可以\(bitset\)优化一波，\(O(\frac{n^2}{64}\))强行卡过此题。

// luogu-judger-enable-o2#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          #include
          
           #define ll long long#define re register#define il inline#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)using namespace std;const int N=1e5+10000;bitset
           
            S1,S2;bool ans[N];int n,m,blk,num[N],a[N];struct Que{ int id,op,l,r,x,bl; bool operator < (const Que &o){return (bl
            
             
              '9')&&ch!='-') ch=getchar(); if(ch=='-') t=-1,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*t;}il void add(re int x){if(!num[x]++) S1[x]=S2[100000-x]=1;}il void del(re int x){if(!--num[x]) S1[x]=S2[100000-x]=0;}int main(){ n=gi();m=gi();blk=sqrt(n); fp(i,1,n) a[i]=gi(); fp(i,1,m) { re int op=gi(),l=gi(),r=gi(),x=gi(); q[i]=(Que){i,op,l,r,x,l/blk}; } sort(q+1,q+1+m); re int L=1,R=0; fp(i,1,m) { while(L>q[i].l) add(a[--L]); while(R
              
               q[i].r) del(a[R--]); if(q[i].op==1) ans[q[i].id]=(S1&(S1>>q[i].x)).any(); if(q[i].op==2) ans[q[i].id]=(S1&(S2>>(100000-q[i].x))).any(); if(q[i].op==3) fp(k,1,sqrt(q[i].x)) if(q[i].x%k==0) if(S1[k]&S1[q[i].x/k]) {ans[q[i].id]=1;break;} } fp(i,1,m) ans[i]?puts("hana"):puts("bi"); return 0;}