简化题意：给定一个长度为\(N\)的数列，\(Q\)个操作：
\(1\,x\,a\)、将数列中第\(x\)个元素改为\(a\)
\(2\,l\,r\)、反转子序列\([l,r]\)
\(3\,l\,r\,w\)、询问区间\([l,r]\)中是否存在若干个数和为\(w\)，一个数只能取一次
注意：在整个过程中，在数列中出现过的数的种数不会超过\(K(K \leq 10)\)。
注意到最后一个条件很奇怪……
考虑询问实际上是：最开始给出不超过\(10\)个数\(a_1,...,a_{10}\)，每一次给出\(a_1,...,a_{10}\)分别最多能够取的次数，问是否能够取出若干使得和为\(w\)；而前两个操作只是在改变这个能够取的最多次数。
不妨更进一步想，试着求能够取的方案数……
是不是想到了……
那么我们可以直接按照硬币购物的方法去做
先用\(a_1\)到\(a_{10}\)跑完全背包，对于每一次询问进行容斥，强制令某一些数字超出使用次数并计算答案。那么每一次询问的复杂度是\(2^{10}\)的。
最后使用\(Splay\)维护一下前两个修改操作，题目就做完了。
关于完全背包存不下那么多方案数的问题……直接模\(10^9+7\)
#include<bits/stdc++.h>
#define lch Tree[x].ch[0]
#define rch Tree[x].ch[1]
#define root Tree[0].ch[0]
//This code is written by Itst
using namespace std;
inline int read(){
int a = 0;
char c = getchar();
bool f = 0;
while(!isdigit(c) && c != EOF){
if(c == '-')
f = 1;
c = getchar();
}
if(c == EOF)
exit(0);
while(isdigit(c)){
a = a * 10 + c - 48;
c = getchar();
}
return f ? -a : a;
}
const int MAXN = 1e5 + 10 , MOD = 1e9 + 7;
int dp[MAXN] , dir[11] , *cnt , N , Q , cntN , cntL;
map < int , int > lsh;
struct node{
int ch[2] , sz , fa , val , sum[11];
bool mark;
}Tree[MAXN];
struct query{
int ind , a , b , c;
}que[MAXN];
inline int getL(int x){
if(!lsh.count(x)){
lsh[x] = ++cntL;
dir[cntL] = x;
}
return lsh[x];
}
inline bool son(int x){
return Tree[Tree[x].fa].ch[1] == x;
}
inline void pushup(int x){
for(int i = 1 ; i <= 10 ; ++i)
Tree[x].sum[i] = Tree[lch].sum[i] + Tree[rch].sum[i] + (Tree[x].val == i);
Tree[x].sz = Tree[lch].sz + Tree[rch].sz + 1;
}
inline void rotate(int x){
bool f = son(x);
int y = Tree[x].fa , z = Tree[y].fa , w = Tree[x].ch[f ^ 1];
Tree[x].fa = z;
Tree[z].ch[son(y)] = x;
Tree[x].ch[f ^ 1] = y;
Tree[y].fa = x;
Tree[y].ch[f] = w;
if(w)
Tree[w].fa = y;
pushup(y);
}
inline void Splay(int x , int tar){
while(Tree[x].fa != tar){
if(Tree[Tree[x].fa].fa != tar)
rotate(son(x) == son(Tree[x].fa) ? Tree[x].fa : x);
rotate(x);
}
pushup(x);
}
inline void mark(int x){
if(!x)
return;
swap(lch , rch);
Tree[x].mark ^= 1;
}
inline void pushdown(int x){
if(Tree[x].mark){
mark(lch);
mark(rch);
Tree[x].mark = 0;
}
}
void insert(int &x , int rk , int val , int fa){
if(!x){
x = ++cntN;
Tree[x].fa = fa;
Tree[x].sz = 1;
Tree[x].val = val;
Splay(x , 0);
return;
}
if(Tree[lch].sz >= rk)
insert(lch , rk , val , x);
else
insert(rch , rk - 1 - Tree[lch].sz , val , x);
}
void findKth(int x , int rk , int tar){
pushdown(x);
if(Tree[lch].sz == rk)
Splay(x , tar);
else
if(Tree[lch].sz > rk)
findKth(lch , rk , tar);
else
findKth(rch , rk - Tree[lch].sz - 1 , tar);
}
inline void modify(int x , int val){
findKth(root , x , 0);
--Tree[root].sum[Tree[root].val];
++Tree[root].sum[Tree[root].val = val];
}
inline void rev(int l , int r){
findKth(root , l - 1 , 0);
findKth(root , r + 1 , root);
mark(Tree[Tree[root].ch[1]].ch[0]);
}
inline void query(int l , int r){
findKth(root , l - 1 , 0);
findKth(root , r + 1 , root);
cnt = Tree[Tree[Tree[root].ch[1]].ch[0]].sum;
}
void init(){
dp[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= cntL ; ++i)
for(int j = dir[i] ; j <= 1e5 ; ++j)
dp[j] = (dp[j] + dp[j - dir[i]]) % MOD;
}
int dfs(int x , int sum , int flg){
if(sum < 0)
return 0;
if(x > cntL)
return flg * dp[sum];
return (dfs(x + 1 , sum , flg) + dfs(x + 1 , sum - (cnt[x] + 1) * dir[x] , flg * -1) + 1ll * MOD) % MOD;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in","r",stdin);
freopen("out","w",stdout);
#endif
N = read();
Q = read();
insert(root , 0 , 0 , 0);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
insert(root , i , getL(read()) , 0);
insert(root , N + 1 , 0 , 0);
for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i){
que[i].ind = read();
que[i].a = read();
que[i].b = read();
if(que[i].ind == 3)
que[i].c = read();
if(que[i].ind == 1)
que[i].b = getL(que[i].b);
}
init();
for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i)
switch(que[i].ind){
case 1:
modify(que[i].a , que[i].b);
break;
case 2:
rev(que[i].a , que[i].b);
break;
case 3:
query(que[i].a , que[i].b);
puts(dfs(1 , que[i].c , 1) ? "Yes" : "No");
}
return 0;
}