正题

题目链接:https://loj.ac/p/6564

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题目大意

给两个序列$a,b$求它们的最长公共子序列。

$1\le n,m,a_i,b_i\le 7\times 10^4$

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解题思路

无意间看到的一个$bitset$科技。

首先设$f_{i,j}$表示$a$串匹配到第$i$个$b$串匹配到第$j$个时的最长长度，做过$dp$套$dp$的应该知道$f_{i,j}$的性质。
$$0\le f_{i,j}-f_{i,j-1}\le 1$$

基本的思路就是设$01$矩阵$M$满足$f_{i,j}={\sum }_{k=1}^j{M}_{i,k}$然后用$bitset$优化转移

然后考虑一下怎么转移，我们先预处理出$p$数组其中$p_i$表示数字$i$出现的位置集合

我们的转移要把$M$中的$1$尽量的往前移动并且看能否加上一个新的$1$。

假设现在的字符是$c$，那么我们将使用$p_c$进行转移。

我们把$M$中每个$1$作为结尾分成若干段（最后的$0$也是一段，顺序是从低位到高位）。

那么对于一段中如果这一段$p_c$有$1$那么我们就取最前面的那个$1$，这样因为前面假设有$j$个$1$那么这次就匹配$p_c$最前面的那个作为$j+1$。

但是我们显然不可能一段一段做，我们可以考虑怎么把这个操作转成位运算🤔。

考虑一下我们平时是怎么取一个$01$串的第一位的，我们有$lowbit(x)=((x-1)xorx)andx$对吧。

发现这里每段分开取实际上难实现的地方只有$x-1$，考虑怎么实现这个问题。

因为$1$是段的末尾，所以每一段的开头前面都是$1$，所以如果我们让$M$左移一位那么就变成开头是$1$了（需要注意补上第一段的$1$，所以应该是$(M<<1)+1$）

最后来说是
$$M=(X-(M<<1)+1)xorXandX$$

这样我们就完成了$M$的转移，因为需要位运算，所以需要手写$bitset$。

时间复杂度$O(\frac{nm}{\omega })$

我是看这篇博客学的，看不懂的可以去看下:https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/bit-lcs.html

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int N=7e4+10;
int n,m,L;
struct bitset{ull t[N/64+5];bitset(){memset(t,0,sizeof(t));return;}void set(int p){t[p>>6]|=(1ull<<(p&63));return;}void shift(){ull last=0;for(int i=0;i<L;i++){ull cur=t[i]>>63;(t[i]<<=1)|=last;last=cur;}return;}int count(){int ans=0;for(int i=0;i<L;i++){ull x=t[i];while(x)x-=(x&-x),ans++;}return ans;}bitset& operator=(const bitset &b){memcpy(t,b.t,sizeof(t));return *this;}bitset& operator|=(const bitset &b){for(int i=0;i<L;i++)t[i]|=b.t[i];return *this;}bitset& operator&=(const bitset &b){for(int i=0;i<L;i++)t[i]&=b.t[i];return *this;}bitset& operator^=(const bitset &b){for(int i=0;i<L;i++)t[i]^=b.t[i];return *this;}
}p[N],f,g;
bitset operator-(const bitset &a,const bitset &b){bitset tmp;ull last=0;for(int i=0;i<L;i++){ull cur=(a.t[i]<b.t[i]+last);tmp.t[i]=a.t[i]-b.t[i]-last;last=cur;}return tmp;
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);L=(n>>6)+1;for(int i=1,c;i<=n;i++)scanf("%d",&c),p[c].set(i);for(int i=1,c;i<=m;i++){scanf("%d",&c);(g=f)|=p[c];f.shift();f.set(0);f=g-f;f^=g;f&=g;}printf("%d",f.count());return 0;
}