LOJ #6564 - 最长公共子序列（bitset 求 LCS）

怎么全天下就我没见过？被薄纱了/ll

还是考虑从朴素的 DP 入手优化。不难发现对于固定的 $i$，相邻的 $dp_{i,j}$ 的差要么是 $0$ 要么是 $1$，也就是说从压位的考虑角度可能很有前途。因此我们转而维护 $dp_{i,j}$ 的差分数组 $v_{i,j}=dp_{i,j}-dp_{i,j-1}$。考虑新添加一个元素 $a_{i+1}$ 时候会发生什么变化：对于原来差分数组中每一段极长的连续段 $[l,r]$ 满足 $v_{i,l}=v_{i,l+1}=\cdots=v_{i,r-1}=0,v_{i,r}=1$，如果 $b_l,b_{l+1},\cdots,b_{r-1}$ 中存在至少一个元素 $=a_{i+1}$，那么我们拎出最靠左的那个，假设为 $b_j$，那么变化是 $v_{i+1,j}$ 变为 $1$，$v_{i+1,r}$ 变为 $0$，否则这段的差分数组保持不变。

但是不好用 bitset 直接表示。考虑将其转化为可以用 bitset 直接维护的操作：

• 令 $f$ 表示原来的差分数组，$g$ 表示 $f$ 向右平移一位的数组（即 $g_{i+1}=f_i,g_1=1$）
• 令 $f'$ 为将所有匹配位置变为 $1$ 后的数组，即对于所有 $b_j=a_{i+1}$，$f'_j=1$，其余 $f'_j=f_j$。
• 令 $g'=f'-g$，其中减法为二进制整数的减法，即将一个 01 数组看作一个大数，其中第 $i$ 位上的值为该数 $2^i$ 位上的值。
• 那么我们再令 $f'$ 每一位上的值与上 $(f'_i\oplus g'_i)$，就是新的差分数组。

手玩一下就会发现上述过程与 DP 部分所述过程等价。

手写 bitset 即可。时间复杂度 $\dfrac{nm}{\omega}$。

const int MAXN=70000;
const int B=MAXN/64+1;
int n,m,a[MAXN+5],b[MAXN+5];
u64 pos[MAXN+5][B+5],f[B+5],g[B+5],h[B+5];
int main(){
	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",&b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)pos[a[i]][i>>6]|=(1ull<<(i&63));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		memset(g,0,sizeof(g));memset(h,0,sizeof(h));
		for(int j=0;j<=B;j++)g[j]|=f[j]<<1,g[j+1]|=(f[j]>>63&1);
		g[0]|=2;
		for(int j=0;j<=B;j++)f[j]|=pos[b[i]][j];
		u64 c=0;
		for(int j=0;j<=B;j++){
			h[j]=f[j]-g[j]-c;
			c=(c&&(f[j]==0))||((u64)(f[j]-c)<g[j]);
		}
		for(int j=0;j<=B;j++)f[j]&=(f[j]^h[j]);
	}
	int sum=0;
	for(int i=0;i<=B;i++)sum+=__builtin_popcountll(f[i]);
	printf("%d\n",sum);
	return 0;
}