本文章由 WyOJ Shojo 从洛谷专栏拉取，原发布时间为 2022-11-18 16:11:23

--------------------------------------求积--------------------------------------

乘积的话就可以枚举因数，若他的两个因子都在区间里出现过，那么就输出 yuno 否则就输出 yumi。

--------------------------------------求差--------------------------------------

差值的话就是用一个二进制来表示区间的出现的数，那么差是否有 $x$，就是把这个二进制左移 $x$ 位，那么当他于以前的二进制的并还是有 $1$ 的话，就可以。

用 bitset 来维护的话就是 (s&(s << x)).any()。

--------------------------------------求和--------------------------------------

那么加的话就是看把前 $x$ 位翻转之后，原来的第 $i$ 位和现在的第 $i$ 位是不是都是 $1$。

但是翻转我们怎么做呢？

我们就可以设另一个 bitset，比如叫 $T$，那么 $T$ 就是当 $x$ 位为 $1$ 的时候，我们把 $n - x$ 设成 $1$，其中 $n$ 是 bitset 的长度。

那么翻转的结果就是 $T$ 的后 $x$ 个。

那么判断的话就是 (s << (n - x))) & T。

那么时间复杂度就变成了 $O(\frac{n}{w})$。

但是我们怎么求某一段的二进制的值呢？

我们可以用莫队来做。

然后就可用 bitset + 莫队 来稿。

----------------------------------------CODE----------------------------------------

#include <bits\/stdc++.h>

using namespace std;

#define I return
#define AK 0
#define IOI ;

typedef long long ll;

const int N = 100010, B = 500, M = 100000;
int ans[N];
int n, m, a[N], cnt[N];
bitset<N> s, t; \/\/正着和反着的bitset
array<int, 5> q[N];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d", &a[i]);
	for (int i = 0; i < m; ++i) { \/\/读入查询
		int opt, l, r, x;
		scanf("%d%d%d%d", &opt, &l, &r, &x);
		q[i] = {opt, l, r, x, i};
	}

	sort(q, q + m, [&](array<int, 5> a, array<int, 5> b) {
		int c = a[1] \/ B;
		if (c != b[1] \/ B) return c < b[1] \/ B;
		return c % 2 ? a[2] > b[2] : a[2] < b[2]; \/\/莫队玄学优化 
	});

	int l = 1, r = 0;
	auto add = [&](int x) {
		cnt[a[x]] ++;
		if(cnt[a[x]] == 1) {\/\/从没有变成有
			s[a[x]] = 1;\/\/第一次有，都设成1
			t[M - a[x]] = 1;
		}
	};
	auto del = [&](int x) {\/\/删除
		cnt[a[x]] --;
		if (cnt[a[x]] == 0) {\/\/从有变成没有
			s[a[x]] = 0;\/\/没有了，都设成0
			t[M - a[x]] = 0;
		}
	};

	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		while(r < q[i][2]) ++r, add(r);
		while(l > q[i][1]) --l, add(l);
		while(r > q[i][2]) del(r), --r;
		while(l < q[i][1]) del(l), ++l;
		int opt = q[i][0], id = q[i][4], x = q[i][3];
		if (opt == 1) {\/\/减法
			ans[id] = (s & (s << x)).any();
		} else if (opt == 2) {\/\/加法
			ans[id] = (t & (s << (M - x))).any();
		} else {\/\/乘法
			for (int y = 1; y <= x \/ y; ++y) {
				if (x % y == 0) {
					ans[id] |= s[y] & s[x \/ y];
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i < m; ++i)
		puts(ans[i] ? "yuno" : "yumi");
	I AK IOI
}