[2020牛客暑期多校训练营（第二场）Greater and Greater]

2020牛客暑期多校训练营（第二场）Greater and Greater

题目大意：

给你一个n大小的序列A和一个m大小的序列B，问A这个序列有多少个m大小的子区间满足（假设子区间为S） 任意 (1<=i<=m) ，(S_i>B_i)

题解：

这个官方题解讲的很清楚了，但是我并没有看懂。

• 首先考虑 (n*m) 的做法。

  (dp[i][j]) 表示从后面往前匹配，A串匹配到了第 (i) 位，B串匹配到了第 (j) 位，是否完全匹配。

  状态转移方程 (dp[i][j]=(A_i>=B_j)&dp[i+1][j+1]) 这个 $dp[i][j]=0 ,or,1 $

• 然后考虑 (bitset) 优化 (dp) ，因为每一位只有0或者1，而且 (dp[i]) 只与 (dp[i+1]) 有关系，所以考虑一起转移，定义一个 (bitset) ，(dp[i]) 表示A串从后往前匹配到了第 (i) 位，因为 (dp[i]) 的数据类型是 (bitset) ，所以其中第 (j) 位如果是1，表示 (dp[i][j]=1) 。

• 再考虑 (A_i>=B_i) ，因为要一起转移，所以对于每一个 (A_i) 都要同时判断和 (B_j) 的大小。 这就意味着要求出每一个 (i) 和B串所有位置的关系，这个也可以用一个 (bitset) 来存。

• 这个存也是有一点点小技巧的，如果我们把 B 串从小到大排个序，那么最多是不是就只能分成 (m+1) 份，所以说最多只有 (m+1) 种不同的 (bitset)

• 先把这个 (m+1) 种不同的 (bitset) 存下来，然后对于每一个 (A_i) 我先二分判断它在排序之后的 (B) 串的位置，然后再选择要用哪个 (bitset) 。（虽然 (m*m) 很大，但是因为 (bitset) 只占一个 (bit) 所以并没有超空间）

• 最后就是转移方程了，我一直 (S_i) （表示 (A_i) 的 (biset)），已知 (dp[i+1])

  转移方程 (dp[i]=S_i&(dp[i+1]<<1)) 这个为什么是 (dp[i+1]<<1) 应该很好理解把？

  因为 (dp[i][j]) 是需要 (dp[i+1][j+1]) 来判断的。

  但是这样就是对的转移方程了吗？

  其实还差一点点，因为对于 (dp[i][m]) 是只需要 (A_i>B_m) 即可，所以 (dp[i+1]) 往前挪一位之后空下来的那一位应该要是1才行，所以 (dp[i+1]<<1) 之后还要按位与一个 (1<<m) 。

  所以最终的转移方程就是：

  (dp[i]=S_i&((dp[i+1]<<1)|(1<<m)))

#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) printf("debug:%s=%d
",#x,x);
//#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+10;
const int M = 4e4+10;
bitset<M>dp[2];
bitset<M>S[M];
int a[maxn],v[M],p[M];
bool cmp(int a,int b){
    return v[a]<v[b];
}
int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d",&v[i]);
        p[i]=i;
    }
    sort(p+1,p+1+m,cmp);
    sort(v+1,v+1+m);
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        S[i]=S[i-1],S[i].set(p[i]-1);
    }
    bitset<M> now;now.reset();now.set(m-1);
    bitset<M> base;base.reset();base.set(0);
    int ans=0,id=0;
    for(int i=n;i>=1;i--){
        int t = upper_bound(v+1,v+1+m,a[i])-v-1;
        dp[id^1]=S[t]&((dp[id]>>1)|now);
        if((dp[id^1]&base).count())  ans++;
        id^=1;
        dp[id^1]=dp[id];
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}
/*

6 4
8 6 4 5 6 5
7 4 6 3

*/