扶苏的bitset浅谈

bitset作为C++一个非常好用的STL，在一些题目中巧妙地使用会产生非常不错的效果。今天扶苏来分享一点bitset的基础语法和应用

本文同步发布于个人其他博客，同时作为P3674题解发布。

本文感谢@burnside和@ddosvoid神仙帮助审稿。

2019年02月14日upd：

感谢 @Ender_zzm 神仙以及 @Thomasguo666 神仙分别指出文章及代码中的两处错误，现在已经修改完毕。

注意：以下内容均按照C++98语法书写，可以在C++98下编译通过。

bitset是一个01串，每一位占一个bit，可以进行单点0/1修改，左移右移以及按位运算操作。一个非常好用的用法是统计某个数是否出现过，类似一个桶。同时两个bitset取或可以在优秀的复杂度下获得两个集合是否有重复元素的信息。

另外由于一个bitset中每一位是一个bit，bitset的空间复杂度也比使用桶存储信息优秀。将在下方说明。

(感谢@帽子 指出，bitset每一位占一个bit而不是一个字节，已经修改。之前笔误十分抱歉qwq)

声明与初始化

使用bitset需要引用<bitset>头文件。

其声明方法为

std::bitset<N>s;

其中N为s的长度。

对于s的初始化，开在全局默认为全0。如果开在局部可以使用下面的reset函数置零。

同时bitset资瓷以下赋值姿势：可以使用一个同长度的std::string型01串对其进行赋值，bitset内部与string对应位相同：

// The default is that N is 8.
std::bitset<N> s (std::string("00110101"));

需要注意的是集合内部的下标是从右向左单调递增的，即字符串的第一位代表set的第7位(从0编号)。上面的赋值方法对应s的值如下表：

修改与运算

bitset中每一个元素可以通过下标的方式访问。一个长度为N的bitset下标编号为[0,N)。

进行单点修改时，直接访问位置然后赋值即可：

s[pos] = x;

单点修改的复杂度为O(1)。

左移右移的写法与整形类似，移动后返回一个bitset，例如左移x位：

std::bitset<N> k = s << x;

同时资瓷<<=和>>=操作：

s <<= x;

如果将字长放在RAM模型中，约定计算机字长为w的话，一次左右移的复杂度为 O(\frac{N}{w})。其中在32位系统上， w~=~32，64位系统上 w~=~64。由于bitset的绝大部分操作的复杂度都为 O(\frac{N}{w}) 以下内容中，若不特殊说明，则默认操作的复杂度同上。

如果仅仅考察运算量同输入规模的增长关系或不将字长纳入RAM模型，则可认为一次操作的复杂度为 O(N)，常数为 \frac{1}{32} 或 \frac{1}{64}，这两种说法在文献上都有出现，在OI中为了方便计算运算量，一般使用第一种表达方法。以下内容一律使用 O(\frac{N}{w}) 的表示法。

值得一提的是，因为 w 位才占用一个整形长度，所以bitset的空间复杂度为 O(\frac{N}{w})。

同时bitset资瓷二元按位运算，即资瓷与、或、异或三个运算符：返回值为一个bitset。结果为运算符两侧的bitset按位运算的结果。

std::bitset<N> k = s & s0;

输入输出与转换

bitset重载了<<和>>输入输出流，可以使用std::cin和std::cout来读入和输出一个bitset的所有元素。

当读入的长度小于bitset的位数时，会从第0位开始赋值直到字符串结束。当读入长度大于bitset的位数时，在扶苏的MinGW编译器上会截取前【位数】个进行赋值。未尝试过在其他环境下的结果。

注意，输出时bitset是反着输出的，即第0位是从右向左数第1个：

std::cin >> s;                          // 1101
std::cout << s << std::endl;            // 000001101

从上述例子中可以看出，输入字符串的第【长度】位是集合的第1位。注意事项和使用std::string进行初始化的一致。

bitset提供两个转换函数，可以转换为std::string型，unsigned long int型（即unsigned int）。函数名为别为to_string()和to_ulong();

在C++11标准下可以转换为unsigned long long int型，函数名为to_ullong()

其中转换成std::string型会转换成01串，其他两个类型会按照二进制位转换成十进制数字。

当bitset大小大于32位时，转换成unsigned long int会导致RE，大于64位时，转换成unsigned long long int会产生RE：

// The default is that N is 8.
s.reset();
s[2] = true;
unsigned int s1 = s.to_ulong();
std::cout << s1 << std::endl;                   //4
unsigned long long int s2 = s.to_ullong();      //C++11
std::cout << s2 << std::endl;                   //4
std::string ss = s.to_string();                 
std::cout << ss << std::endl;                   //00000100

成员函数

reset

bitset的清空操作为reset。将集合内元素全部置零：

s.reset();

set

set有两种用法，第一种是直接调用set不带参数，会将bitset内所有元素置1，另一种是set后加两个参数，分别是pos和val，意为将bitset中第pos个元素的值置为v。当v为true时可以省略不写。

s.reset();
s.set()             //11111111
s.set(3,false)      //11110111
s.set(3)            //11111111

使用set进行单点修改的复杂度为 O(1), 将所有元素修改的复杂度为 O(\frac{n}{w})

test

test有一个参数pos，返回一个bitset内第pos位的值。

s.reset();
s.set(7);
int k = s.test(7);      // k is true
k = s.test(6);          // k is false

test的时间复杂度为 O(1)

any

bitset有一个成员函数为any，返回一个布尔量。若bitset内部存在一位的值为1，则返回true，否则返回false：

s.clear();
bool k = s.any();           //k is false
s[1] = true;
k = s.any()                 //k is true

复杂度同上。按照不同编译器版本的实现方法，.any()的常数甚至有可能小于理论值。

none

与any相对，返回一个布尔量，不存在任何一个位置的值为1则返回true，否则返回false。

s.clear();
bool k = s.none();          //k is true
s[1] = true;
k = s.none()                //k is false

count

count返回一个bitset内1的个数，是一个无符号整形：

s.reset();
int k = s.count();              // k is 0                   
s[1] = true;
k = s.count();                  // k is 1

需要注意的是目前扶苏已知的资料中，count的复杂度也是 O(\frac{N}{w}) 。

当然想知道0的个数可以用总长度减去count喽

flip

flip函数类似于按位取反，它的两个声明如下：

bitset& flip();
bitset& flip (size_t pos);

当调用s.flip()且括号内无参数时，会将集合内所有元素取反（0变1,1变0）

当调用s.flip(x)时，会将第x位取反(从0编号)

s.reset();
s[1] = true;    //s is "01000000"
s.flip();       //s is "10111111"
s.flip(1);      //s is "11111111"

手写一个bitset

注意，以下手写bitset内容因为时间紧迫，部分函数未进行单元测试，经测试仅仅A掉P3674 小清新人渣的本愿。如果您发现代码错误请在评论区发表评论或者私信联系@一扶苏一。在此表示感谢qwq

bitset的过度封装导致bitset的一些操作不能实现，比如两个二进制数求lowbit。怎么办呢，我们可以手写一个bitset！

一个bitset的显然可以用一堆unsigned long long拼成的数组实现，一些简单的位运算和成员函数实现十分简单，会在下方直接给出代码，现在我们考虑左移和右移怎么实现。

以下不妨设bitset字长BitNum为64。

不妨设进行左移，如果左移位数v小于64，那么可以单个数字直接移动，我们考虑两个数字之间移动的部分，就是左侧数字的最高v位成为了右侧数字的最低v位，于是我们记录一下这最高的v位就可以迭代了。

考虑左移位数大于64的情况，我们发现这种情况等价于先整个数组左移 \frac{v}{BitNum} 位置，然后做模意义下的移动即可。

然后考虑仅仅这么做的话，因为我们的bitset不一定是严格【位数】长度的，可能一个数字左移以后再右移会爆炸。比如一个长度为 3 的二进制串 s~=~111 ，对 s 先左移一位(110)再右移一位应该得到011，但是因为我们的单个字符一存就是64位，这么做会让答案得到111。具体的解决方法是每次操作结束以后把最高位应该是 0 的位置全部截掉。

具体位移部分代码如下

注意代码中_Ary的下标越大代表的二进制位越小。即_Size-1的下标代表二进制串的 0~\sim~63 位，以此类推

    Bitset() {                                          //constructed function of std::string is left out because i dont know how to implement it
        memset(_Ary, 0, sizeof _Ary);
        int _firstsize = _len % _BitNum;
        for (register int i = 0; i < _firstsize; ++i) _upceil |= 1ull << i;
        if (!_firstsize) _upceil = _INF;
    }

    void reset() {*this = Bitset();}
                                                        //operators

    void rtmve(const int &_v) {
        for (register int i = _Size - 1; i >= _v; --i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i - _v];
        for (register int i = _v - 1; ~i; --i) this->_Ary[i] = 0;
    }

    void lftmve(const int &_v) {
        for (register int i = 0; (i + _v) < _Size; ++i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i + _v];
        for (register int i = _Size - _v; i < _Size; ++i) this->_Ary[i] = 0;
    }

    Bitset& operator<<=(int _v) {
        if (_v < 0) {
            *this >>= -_v;
            return *this;
        }
        this->lftmve(_v / _BitNum);
        _v %= _BitNum;
        ull _tp = 0, _Pos = _BitNum - _v;
        for (register int  i = 1; i <= _v; ++i) _tp |= 1ull << (_BitNum - i);
        ull _Lstv = 0;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) {
            ull _Tp_Lstv = (_Ary[i] & _tp) >> _Pos;
            _Ary[i] <<= _v;
            _Ary[i] |= _Lstv;
            _Lstv = _Tp_Lstv;
        }
        this->_Ary[0] &= _upceil;           // cut off redundant digit
        return *this;
    }

    Bitset& operator>>=(int _v) {
        if (_v < 0) {
            *this <<= -_v;
            return *this;
        }
        this->rtmve(_v / _BitNum);
        _v %= _BitNum;
        ull _tp = (1ull << _v)- 1;
        ull _Lstv = 0, __Pos = _BitNum - _v;
        for (register int i = 0; i < _Size; ++i) {
            ull _Tp_Lstv = (_Ary[i] & _tp) << __Pos;
            _Ary[i] >>= _v;
            _Ary[i] |= _Lstv;
            _Lstv = _Tp_Lstv;
        }
        this->_Ary[0] &= _upceil;           //// cut off redundant digit
        return *this;
    }

考虑set和test操作，我们需要定位这一位在数组中的位置，如果按照上面所述的方法存二进制串的话，第二进制串第v个位置应该对应的数组位置__Pos和这一个数上的二进制位置_v应该按照如下方法寻找

    inline void __GetPos(const ull &_pos, int &__Pos, int &_v) {
        __Pos = _Size - _pos / _BitNum - 1;
        _v = _pos % _BitNum;
    }

考虑我们如何修改一个位置的值：如果修改为true，则可以直接与1ull<<v取或，如果修改为false，则可以先修改为true，然后与1ull<<v取异或

    void set(const ull &_pos, const bool val = true) {
        int __Pos , _v;
        __GetPos(_pos,__Pos,_v);
        if(val) {
            this->_Ary[__Pos] |= (1ull << (_v));
        } else {
            this->_Ary[__Pos] |= (1ull << (_v));
            this->_Ary[__Pos] ^= (1ull << (_v));
        }
    }

剩下的部分就很简单辣，这里直接给出代码，这份代码中实现了大部分bitset的操作，因为我不会对单个bit取值，所以没有重载[]运算符，对集合的修改需要使用set和test函数。

#define Fusu_Bitset

#ifdef Fusu_Bitset
#include <cstddef>              //size_t used
#include <cstring>

#include <string>
#include <algorithm>

namespace Fusu {

template <size_t _len>
struct Bitset {
    typedef long long int ll;
    typedef unsigned long long int ull;
    const static int _BitNum = 64;
    const static int _Size = _len / _BitNum + ((_len % _BitNum) == 0 ? 0 : 1);
    ull _Ary[_Size];
    ull _upceil;
    const static ull _INF = (1ull << 63) - 1 + (1ull << 63);
    Bitset() {                                          //constructed function of std::string is left out because i dont know how to implement it
        memset(_Ary, 0, sizeof _Ary);
        int _firstsize = _len % _BitNum;
        for (register int i = 0; i < _firstsize; ++i) _upceil |= 1ull << i;
        if (!_firstsize) _upceil = _INF;
    }

    void reset() {*this = Bitset();}
                                                        //operators

    void rtmve(const int &_v) {
        for (register int i = _Size - 1; i >= _v; --i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i - _v];
        for (register int i = _v - 1; ~i; --i) this->_Ary[i] = 0;
    }

    void lftmve(const int &_v) {
        for (register int i = 0; (i + _v) < _Size; ++i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i + _v];
        for (register int i = _Size - _v; i < _Size; ++i) this->_Ary[i] = 0;
    }

    Bitset& operator<<=(int _v) {
        if (_v < 0) {
            *this >>= -_v;
            return *this;
        }
        this->lftmve(_v / _BitNum);
        _v %= _BitNum;
        ull _tp = 0, _Pos = _BitNum - _v;
        for (register int  i = 1; i <= _v; ++i) _tp |= 1ull << (_BitNum - i);
        ull _Lstv = 0;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) {
            ull _Tp_Lstv = (_Ary[i] & _tp) >> _Pos;
            _Ary[i] <<= _v;
            _Ary[i] |= _Lstv;
            _Lstv = _Tp_Lstv;
        }
        this->_Ary[0] &= _upceil;
        return *this;
    }

    Bitset& operator>>=(int _v) {
        if (_v < 0) {
            *this <<= -_v;
            return *this;
        }
        this->rtmve(_v / _BitNum);
        _v %= _BitNum;
        ull _tp = (1ull << _v)- 1;
        ull _Lstv = 0, __Pos = _BitNum - _v;
        for (register int i = 0; i < _Size; ++i) {
            ull _Tp_Lstv = (_Ary[i] & _tp) << __Pos;
            _Ary[i] >>= _v;
            _Ary[i] |= _Lstv;
            _Lstv = _Tp_Lstv;
        }
        this->_Ary[0] &= _upceil;
        return *this;
    }

    Bitset operator&(const Bitset &_others) const {
        Bitset _ret;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) {
            _ret._Ary[i] = this->_Ary[i] & _others._Ary[i];
        }
        return _ret;
    }

    Bitset operator|(const Bitset &_others) const {
        Bitset _ret;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) {
            _ret._Ary[i] = this->_Ary[i] | _others._Ary[i];
        }
        return _ret;
    }

    Bitset operator^(const Bitset &_others) const {
        Bitset _ret;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) {
            _ret._Ary[i] = this->_Ary[i] ^ _others._Ary[i];
        }
        return _ret;
    }

    Bitset operator~() const {
        Bitset _ret;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) {
            _ret._Ary[i] = ~this->_Ary[i];
        }
        return _ret;
    }

    Bitset operator<<(const int &_v) const {
        Bitset x = *this;
        x <<= _v;
        return x;
    }

    Bitset operator>>(const int &_v) const {
        Bitset x = *this;
        x >>= _v;
        return x;
    }

                                                        //member functions
    inline void __GetPos(const ull &_pos, int &__Pos, int &_v) {
        __Pos = _Size - _pos / _BitNum - 1;
        _v = _pos % _BitNum;
    }

    void set() {
        for (register int i = 0; i < _Size; ++i) this->_Ary[i] = _INF;
    }

    void set(const ull &_pos, const bool val = true) {
        int __Pos , _v;
        __GetPos(_pos,__Pos,_v);
        if (val) {
            this->_Ary[__Pos] |= (1ull << (_v));
        } else {
            this->_Ary[__Pos] |= (1ull << (_v));
            this->_Ary[__Pos] ^= (1ull << (_v));
        }
    }

    int test(const ull &_pos) {
        int __Pos , _v;
        __GetPos(_pos,__Pos,_v);
        return this->_Ary[__Pos] & (1ull << (_v)) ? 1 : 0;
    }

    bool any() {
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) if (this->_Ary[i]) return true;
        return false;
    }

    bool none() {
        return !this->any();
    }

    ull conut() {
        ull _cnt = 0;
        for (register int i = _Size - 1; ~i; --i) _cnt += __builtin_popcount(this->_Ary[i]);          
        /*
            *if u cant used double_underlined functions, 
            *u can set a val to maintain the num of true
            *and change it in other operators which would change the num of true
        */
        return _cnt;
    }

    void flip() {
        *(this) = ~(*this);
    }

    void flip(const ull &_pos) {
        if(this->test(_pos)) this->set(_pos, false);
        else this->set(_pos, true);
    }

                                                        //changing functions
    std::string to_string() {
        std::string _ret;
        _ret.clear();
        for (register int i = 0; i < _Size; ++i) {
            for (register int j = _BitNum - 1; ~j; --j) _ret += (this->_Ary[i] & (1ull << j)) ? '1' : '0';
        }
        return _ret;
    }

    unsigned int to_ulong() {
        return this->_Ary[_Size - 1];
    }
};
}   //namespace
#endif

Samples

P1537弹珠

这是非常显然的一个布尔背包问题，因为数据规模比较小，可以直接把多重背包拆分成01背包做。

考虑朴素的做法显然是设f_{i,j}为前i个中，第j的价值能否拼出来，转移方程显然：

f_{i,j}~|=~f_{i-1,j-w_i}

复杂度 O(n\sum~w_i) ，考虑可以滚动掉第一维，然后考察转移，实质上是将原数组的01串左移了w_i位与原串取或。

于是如果设f是一个bitset，则转移可以写成

f_j~|=f_{j}~<<~w_i

复杂度 O(n~\sum~w_i~\times~\frac{1}{w})，实际效率十分优秀。

使用bitset优化01bool背包的转移是bitset一个比较常见的用法。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <iostream>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
    const int L = 1000000;
    char buf[L], *front=buf, *end=buf;
    char GetChar() {
        if (front == end) {
            end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
            if (front == end) return -1;
        }
        return *(front++);
    }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (ch == '.') {
        ch = IPT::GetChar();
        double base = 1;
        while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
    }
    if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
    char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
    if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
    rg int top=0;
    do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
    while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
    if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 7;
const int maxt = 20010;

int MU[maxn], kase;
std::bitset<maxt>frog;

void clear();

int main() {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    while (true) {
        clear();
        for (rg int i = 1; i < 7; ++i) qr(MU[i]);
        int sum = 0;
        for (rg int i = 1; i < 7; ++i) sum += MU[i] * i;
        if (!sum) return 0;
        printf("Collection #%d:\n", ++kase);
        if (sum & 1) {
            puts("Can't be divided.\n");
            continue;
        }
        frog.set(0);
        for (rg int i = 1; i < 7; ++i) {
            for (rg int j = 1; j <= MU[i]; ++j)
                frog |= (frog <<  i);
        }
        if (frog.test(sum >> 1)) puts("Can be divided.\n");
        else puts("Can't be divided.\n");
    }
    return 0;
}

void clear() {
    frog.reset();
    memset(MU, 0, sizeof MU);
}

P5020 货币系统

既然bitset可以优化01背包，那么可不可以优化完全背包呢？事实上完全是可以的，比如这道题。

本题是一个bool完全背包的递推，不会做请右转题解区。考虑这题布尔背包的朴素转移 O(n~\times~\max\{a_i\}) 的，但是可以通过bitset来降低运算量。

具体的，我们发现一个位置x能被表示出来当且仅当 f_{x-k~\times~a_i}~= true ，其中f为布尔数组。即 f_x~|=~f_{x-k~\times~a_i} 。我们用bitset来作为这个布尔数组，于是发现上式等价于 f~|=~f~<<(k~\times~a_i) 。枚举一下 k 即可转移。

接着发现当 k~=~3 时的结果等价于 k~=~1 再 k~=~2 的结果叠加，于是 3 是不需要枚举的。k~=~5 时的结果与 k~=~1 再 k~=~4 的的结果是相同的，也不需要枚举。同理可以发现非二的幂次的 k 都不需要枚举，于是可以只枚举 2 的幂次。

事实上上述枚举方法相当于正着做DP并且对物品个数进行二进制拆分

考虑复杂度，一共枚举 n 个值，每次枚举从 a_i 逐次乘二到 \max\{a_i\} ，一共乘 \log (\max\{a_i\}) 次。一次bitset的操作复杂度为 O(\frac{\max\{a_i\}}{w}) ，于是总复杂度 O(n~\max\{a_i\}~\log (\max\{a_i\})~\times~\frac{1}{w})。实际运算量不增反降。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
    const int L = 1000000;
    char buf[L], *front=buf, *end=buf;
    char GetChar() {
        if (front == end) {
            end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
            if (front == end) return -1;
        }
        return *(front++);
    }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
    char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
    if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
    rg int top=0;
    do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
    while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
    if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 110;
const int maxt = 25010;

int t,n;
int MU[maxn];
std::bitset<maxt>s;

void clear();

int main() {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    qr(t);
    while(t--) {
        clear();
        qr(n);
        for (rg int i = 1; i <= n; ++i) qr(MU[i]);
        std::sort(MU + 1, MU + 1 + n);
        s[0] = true;
        rg int ans = 0;
        for (rg int i = 1; i <= n; ++i) if(!s[MU[i]]) {
            ++ans;
            int x = MU[i];
            while(x <= MU[n]) {
                s |= s << x;
                x <<= 1;
            }
        }
        qw(ans, '\n' ,true);
    }
    return 0;
}

void clear() {
    n = 0;
    memset(MU, 0, sizeof MU);
    s.reset();
}

P3674 小清新人渣的本愿

这是一个标准的bieset题目。

不带修改，资瓷离线，而且还是dllxl大爷的题，于是考虑使用莫队解决。

考虑在查询时如何维护答案：

如果当前序列中

\exists~a,b~~,~~s.t.~a~-~b~=~x

移项得

a~=~x~+~b

即这个序列中同时出现了一个数 y 和 y~+~x。

即 s[y]~=~true 且 s[y+x]~=~true

这等价于 s~\&~(s<<x) 存在一个 1。于是用bitset维护出现的数字即可。

考虑加法：

若

\exists~a,b~~,~~s.t.~a~+~b~=~x

我们令 b'~=~N~-~b，其中 N 为一个常数，则

a~+~b~=x \Rightarrow~a~-~b'~=~a~-~(N~-~b)~=~a~+~b~-~n~=~x~-~N

于是按照减法的方式，再维护一个bitset表示 N - x 是否出现即可。

由于bitset不能维护负数，我们取 N 为值域的上限即可。

对于乘法的情况，因为枚举一个数的因数只需要 O(\sqrt{n}) ，于是直接暴力枚举因数即可。

于是查询的复杂度 O(\frac{nm}{w}) ，可以通过本题。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
    const int L = 1000000;
    char buf[L], *front=buf, *end=buf;
    char GetChar() {
        if (front == end) {
            end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
            if (front == end) return -1;
        }
        return *(front++);
    }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
    if (ch == '.') {
        ch = IPT::GetChar();
        double base = 1;
        while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
    }
    if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
    char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
    if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
    rg int top=0;
    do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
    while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
    if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 100010;

std::bitset<maxn>s1,s2;

int n, m;
int MU[maxn], belong[maxn], oc[maxn];

struct Ask {
    int opt, l, r, v, id;
    bool ans;
    inline bool operator<(const Ask &_others) const {
        if (belong[this->l] != belong[_others.l]) return this->l < _others.l;
        if (belong[this->l] & 1) return this->r < _others.r;
        return this->r > _others.r;
    }
};
Ask ask[maxn];
inline bool cmp(const Ask &_a,const Ask &_b) {
    return _a.id < _b.id;
}

void add(int);
void dlt(int);

int main() {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    qr(n); qr(m);
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i) qr(MU[i]);
    for (rg int i = 1; i <= m; ++i) {
        Ask &now = ask[i];
        qr(now.opt); qr(now.l); qr(now.r); qr(now.v); now.id = i;
    }
    for (rg int i = 1, sn = sqrt(n); i <= n; ++i) belong[i] = i / sn;
    std::sort(ask + 1, ask + 1 + m);
    int prel = ask[1].l, prer = prel - 1;
    for (rg int  i = 1; i <= m; ++i) {
        int l = ask[i].l, r = ask[i].r;
        while (prel < l) dlt(prel++);
        while (prel > l) add(--prel);
        while (prer < r) add(++prer);
        while (prer > r) dlt(prer--);
        int op = ask[i].opt, x = ask[i].v;
        if (op == 1) {
            ask[i].ans = (s1 & (s1 << x)).any();
        } else if (op == 2) {
            ask[i].ans = (s1 & (s2 >> (n - x))).any();
        } else {
            for (rg int j = 1; (j * j) <= x; ++j) if(!(x % j)) {
                if(s1[j] && s1[x / j]) {ask[i].ans = true; break;}
            }
        }
    }
    std::sort(ask + 1, ask + 1 + m, cmp);
    for (rg int i = 1; i <= m; ++i) puts(ask[i].ans ? "hana" : "bi");
    return 0;
}

inline void add(int x) {
    x = MU[x];
    if (!(oc[x]++)) s1[x] = s2[n - x] = true;
}

inline void dlt(int x) {
    x = MU[x];
    if (!(--oc[x])) s1[x] = s2[n - x] = false;
}

Summary

bitset是C++中十分灵活的一个STL，在许多题目中可以起到优化常数乃至复杂度、降低代码难度的效果。你学会了嘛~