黑科技：bitset 优化 LCS

感觉挺有参考意义的，单独拎出来发一个。

Loj6564 最长公共子序列

求 $a, b$ LCS 长度。

$n, m \leq 7 \times 10^{4}$ ，1s，1GB。

这 $O (n^{2})$ 还能往下卡吗？

可以的， $O (\frac{n^{2}}{w})$ 。

考虑 $d p_{i, j}$ 的转移，有 $0 \leq d p_{i, j + 1} - d p_{i, j} \leq 1$ ，即差分数组是 01 串，给差分压位吧。

我们现在要匹配 $a, b$ 两个串。
设 $f_{i, j}$ 表示 $a$ 匹配到前 $i$ 位， $b$ 匹配到前 $j$ 位的答案，差分 bitset 为 $f_{i}$ 。
预处理出每个字符在 $a$ 中出现的位置组成的 bitset $g_{i}$ 。
考虑求 LCS 的过程。相当于是我们要尽量匹配前面的字符。
放到 $f_{i}$ 里面也就是，对于 $f_{i}$ 的每段连续的 $000 \dots 1$ ，在 $g_{b_{i}}$ 的对应区间中找到最靠前的那一个 $1$ ，然后把 $f_{i}$ 的那个位置变成 $1$ ，并把这段区间原本最后的 $1$ 变成 $0$ ，即往前匹配一位。如果 $g_{b_{i}}$ 里找不到这一段就不变。特别地，最后的 $000 \dots 0$ 也算，如果找得到的话同样把 $f_{i}$ 那一位变 $1$ ，只是没有 $1$ 变 $0$ 的操作。
这玩意用位运算表示是记 $X = f_{i - 1} or g_{b_{i}}$ ， $f_{i} = (X - ((f_{i - 1} << 1) | 1)) xor X and X$ 。
大概解释下意义：
取 lowbit 有这么一种写法： $lowbit (x) = (x - 1) xor x and x$ 。
因为分了段，不一样的就只是怎么把对 $x$ 整个 $- 1$ 变成对 $x$ 的每一段都单独 $- 1$ 了。
这是好解决的，因为每一段在 $f_{i - 1}$ 中都以 $1$ 结尾，右移一位变成每一段开头，再加上最前面的 $1$ 然后减去它就可以了。
再异或一下与一下就可以除掉原本里面 $f$ 就有的值了。

最后 $f_{n}$ $1$ 的个数即为答案。

然后如你所见，因为带个二进制减法，bitset 要手写……

struct bts {
	using ull=unsigned long long;
	int n;
	ull a[N/64+7];
	bts() { memset(a,0,sizeof(a)); }
	void ini(int _n) { memset(a,0,sizeof(a)); n=_n/64+1; }
	void set(int p) { a[p>>6]|=(ull)1<<(p&63); }
	int cnt(int ret=0) {
		for (int i=0;i<n;i++) ret+=__builtin_popcountll(a[i]);
		return ret;
	}
	void sft() {
		ull flg=0,tmp;
		for (int i=0;i<n;i++)
			tmp=flg,flg=a[i]>>63&1,a[i]=(a[i]^(flg<<63))<<1|tmp;
	}
	friend bts operator & (bts x,bts y) {
		bts ret=x;
		for (int i=0;i<x.n;i++) ret.a[i]=x.a[i]&y.a[i];
		return ret;
	}
	friend bts operator ^ (bts x,bts y) {
		bts ret=x;
		for (int i=0;i<x.n;i++) ret.a[i]=x.a[i]^y.a[i];
		return ret;
	}
	friend bts operator | (bts x,bts y) {
		bts ret=x;
		for (int i=0;i<x.n;i++) ret.a[i]=x.a[i]|y.a[i];
		return ret;
	}
	friend bts operator - (bts x,bts y) {
		bts ret=x; ull lst=0;
		for (int i=0;i<x.n;i++)
			ret.a[i]=x.a[i]-y.a[i]-lst,lst=x.a[i]<y.a[i]+lst;
		return ret;
	}
} f,g[N],tmp;
int mtc(int n,int m,int *a,int *b) {
	f.ini(n),tmp.ini(n);
	for (int i=0;i<N;i++) g[i].ini(n);
	for (int i=1;i<=n;i++) g[a[i]].set(i);
	for (int i=1;i<=m;i++) {
		tmp=f|g[b[i]];
		f.sft(),f.set(0);
		f=((tmp-f)^tmp)&tmp;
	}
	return f.cnt();
}