2020牛客多校第二场（G题）Greater and Greater

Greater and Greater

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原题

题目描述：给定大小为n的序列A和大小为m的序列B，计算A中所有大小为m的子区间S，满足

输入描述：
第一行：两个整数n，m(1≤n≤150000,1≤m≤min{n,40000}).
第二行：n个整数A1，A2…An(1≤Ai≤10^9)
第三行：m个整数B1，B2…Bm (1≤Bi≤10^9)

输出描述：
只有一行，表示答案。

样例输入：

6 3
1 4 2 8 5 7
2 3 3

样例输出：

2

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分析：

题解思路：
考虑bitset，对每个A求一个长为m的bitset Si，其中Si[j]=1当且仅当Ai≥Bj。注意到本质只有O(m)种不同的bitset，具体就是把m个数排完序之后，第i个bitset就在第i-1个bitset的基础上在第i大的数对应的位置多一个1，所以预处理这些bitset复杂度是O(m2/w)的。再设n个长为m的bitset，记为curi，其中 curi[j]=1当且仅当∀k∈[ j,m]，Ai+k-j ≥Bk。可知有:curi= ((curi+1 >>1)|Im)& Si其中Im表示一个只有第m位为1的bitset。所以只要统计有多少个curi的curi[1]=1即可，这就是最后的答案。写代码的时候可以不用把每个curi都存起来，只弄一个cur然后不断滚动就可以了。
时间复杂度:O(nm/W)
比赛的时候还以为是魔改KMP，结果被出题人预判了我的预判…

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这是出题人给的题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 150005
#define M 40005
int n,m,ans,A[N],B[M],Ord[M];
bitset<M> cur,Bs[M];
int cmp(int x,int y)
{
	return B[x]<B[y];
}
int GetRank(int x)
{
	int l=0,r=m;
	while(l<r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(x<B[Ord[mid]])
			r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	return l;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++)
		scanf("%d",A+i);
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		scanf("%d",B+i);
		Ord[i]=i;
	}
	sort(Ord,Ord+m,mcp);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		Bs[i]=Bs[i-1];
		Bs[i].set(Ord[i-1]);
	}
	for (int i=n-1;i>=0;i--)
	{
		cur>>=1;
		cur&=Bs[GetRank(A[i])];
		if(A[i]>=B[m-1]) cur.set(m-1);
		ans+=cur[0];
	}
	printf("%d\n",ans);
}

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以下是我自己写的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=15e4+5;
bitset<MAXN> bt,ans;
int n,m,a[MAXN],b[MAXN],ad[MAXN],bd[MAXN];
int cmp1(int x,int y)
{
	return a[x]>a[y];
}
int cmp2(int x,int y)
{
	return b[x]>b[y];
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",a+i);
			ad[i]=i;
		}
    for(int i=1;i<=n-m+1;i++)
		ans[i]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d",b+i);
			bd[i]=i;
		}
    sort(ad+1,ad+n+1,cmp1);
	sort(bd+1,bd+m+1,cmp2);
    for(int i=1,j=1;i<=m;i++)
	{
        while(j<=n&&a[ad[j]]>=b[bd[i]])
		{
            bt[ad[j]]=1;
			j++;
        }
		ans&=bt>>bd[i]-1;
    }
	printf("%d\n",ans.count());
}