bitset 优化求解 LCS

https://loj.ac/p/6564

题意：求两个字符串的最长公共子序列，串长、字符集 \(\le 7\times10^4\)。

分析

我们知道，求 LCS 的经典方法是 DP，状态已经是 \(O(n^2)\) 级别，而且无法省掉状态。但是，我们可以发现，对所有 \(i,j\) 都有 \(f_{i,j+1}-f_{i,j}\le 1\)，由此可以发现 \(f_i\) 的差分是 01 序列，考虑 bitset 优化，分析一下转移式子 \(f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}+[s_i=t_j])\)，（从下面开始 \(f\) 代表着 DP 数组的差分）现在在 \(j\) 处出现了 \(i,j\) 之间的匹配，那么从 \(j\) 往后扫，只要扫不到 1，那么 \(f_{i,j}\) 最优一定取在 \(f_{i,j-1}\)，对于扫到的第一个 1 也是如此，但该 1 往后便不再如此。即使这里面出现了更多能匹配的位置，\(f_{i-1,j-1}+1\) 的取值也只是和 \(f_{i,j-1}\) 相等，所以没有影响。

总结一下，我们要做的操作是：将其划分为若干段 00...01 序列，对每一段序列，找到其中出现的最早的能匹配的位置，将该位置设为 1，然后将最后一个 1 设为 0。对于最后面的一段全 0 序列，也如此做，但没有将最后一个 1 设为 0 的环节。

考虑这玩意怎么用 bitset 优化。常规的那些操作显然没啥效果，设 \(g_i\) 表示字符 \(i\) 的取值下标，注意到如果我们将 \(f_{i-1}\) 与 \(g_{s_i}\) 或起来得到 \(h\)，那么对于每一段划分出来的序列，相当于取序列的 lowbit，而取 lowbit 有一个做法是 \((x\oplus (x-1))\& x\)，套用这个做法，我们想要对每一段序列都减 1。发现 \(f_{i-1}\) 有一个性质是每一段的最后一位都为 1，那么把这个 1 通过右移移到下一个序列中，第一个序列手动在开头创造一个 1，然后让 \(h\) 减掉这个东西就能顺利套用了。

省流版：\(h=f_{i-1}|g_{s_i},f_i=(h-(f_{i-1}<<1|\{1\}))\oplus h\&h\)

时间复杂度 \(O(\frac{n^2}{\omega}\))，由于有减法操作，所以要手写 bitset。

int n,m,a[maxn],b[maxn];
template<int MAXN>struct Bitset{
	u64 arr[(MAXN>>6)+1];
	void set(int x){
		arr[x>>6]|=1ull<<(x&63);
	}
	int count(){
		int ans=0;
		rep(i,0,MAXN>>6)ans+=popc(arr[i]);
		return ans;
	}
	int get(int x){
		return (arr[x>>6]>>(x&63))&1;
	}
	friend Bitset operator&(Bitset x,Bitset y){
		rep(i,0,MAXN>>6)x.arr[i]&=y.arr[i];
		return x;
	}
	friend Bitset operator|(Bitset x,Bitset y){
		rep(i,0,MAXN>>6)x.arr[i]|=y.arr[i];
		return x;
	}
	friend Bitset operator^(Bitset x,Bitset y){
		rep(i,0,MAXN>>6)x.arr[i]^=y.arr[i];
		return x;
	}
	void operator<<=(int x){
		u64 lst=0;
		rep(i,0,MAXN>>6){
			u64 nw=arr[i]>>(64-x);
			arr[i]=arr[i]<<x|lst,lst=nw;
		}
	}
	friend Bitset operator-(Bitset x,Bitset y){
		u64 jw=0;
		rep(i,0,MAXN>>6){
			u64 _jw=x.arr[i]<y.arr[i]+jw?1:0;
			x.arr[i]-=y.arr[i]+jw,jw=_jw;
		}
		return x;
	}
};
Bitset<maxn>f,g[maxn],h;
inline void solve_the_problem(){
	n=rd(),m=rd();
	rep(i,1,n)a[i]=rd();
	rep(i,1,m)b[i]=rd(),g[b[i]].set(i);
	rep(i,1,n){
		h=f|g[a[i]],f<<=1,f.set(1);
		f=(h^(h-f))&h;
	}
	write(f.count());
}