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。

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，每一位是占一个字节，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取或可以在优秀的常数下获得两个集合是否有重复元素的信息。

声明与初始化

使用bitset需要引用头文件。

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。

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<>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_llong()

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

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

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 itmemset(_Ary, 0, sizeof _Ary);int _firstsize = _len % _BitNum;for (rg int i = 0; i < _firstsize; ++i) _upceil |= 1ull << i;if (!_firstsize) _upceil = _INF;}void reset() {*this = Bitset();}//operatorsvoid rtmve(const int &_v) {for (rg int i = _Size - 1; i >= _v; --i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i - _v];for (rg int i = _v - 1; ~i; --i) this->_Ary[i] = 0;}void lftmve(const int &_v) {for (rg int i = 0; (i + _v) < _Size; ++i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i + _v];for (rg 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 (rg int  i = 1; i <= _v; ++i) _tp |= 1ull << (_BitNum - i);ull _Lstv = 0;for (rg 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 digitreturn *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 (rg 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 digitreturn *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>
#endifnamespace Fusu {template <size_t _len>
struct Bitset {
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long longtypedef 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 itmemset(_Ary, 0, sizeof _Ary);int _firstsize = _len % _BitNum;for (rg int i = 0; i < _firstsize; ++i) _upceil |= 1ull << i;if (!_firstsize) _upceil = _INF;}void reset() {*this = Bitset();}//operatorsvoid rtmve(const int &_v) {for (rg int i = _Size - 1; i >= _v; --i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i - _v];for (rg int i = _v - 1; ~i; --i) this->_Ary[i] = 0;}void lftmve(const int &_v) {for (rg int i = 0; (i + _v) < _Size; ++i) this->_Ary[i] = this->_Ary[i + _v];for (rg 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 (rg int  i = 1; i <= _v; ++i) _tp |= 1ull << (_BitNum - i);ull _Lstv = 0;for (rg 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 (rg 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 (rg 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 (rg 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 (rg int i = _Size - 1; ~i; --i) {_ret._Ary[i] = this->_Ary[i] ^ _others._Ary[i];}return _ret;}Bitset operator~() const {Bitset _ret;for (rg 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 functionsinline void __GetPos(const ull &_pos, int &__Pos, int &_v) {__Pos = _Size - _pos / _BitNum - 1;_v = _pos % _BitNum;}void set() {for (rg 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 (rg 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 (rg 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 functionsstd::string to_string() {std::string _ret;_ret.clear();for (rg int i = 0; i < _Size; ++i) {for (rg 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

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 longtypedef 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。

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 longtypedef 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$b'~=~n~-~b$，则

\[a~+~b~=x\]

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

移项得

于是按照减法的方式，再维护一个bitset表示n-y是否出现即可，

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

#prag\
ma GCC optimize(3)
#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 longtypedef 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~

转载于:https://www.cnblogs.com/yifusuyi/p/10072729.html