巧妙运用位运算

本文旨在通过两道巧妙运用位运算的题，认识位运算的魅力

题目一

题意：
给定两个序列(A,B)，求(A,B)的最长公共子序列
(|A|,|B|le 10^5)
时限：(5s)

目前求任意两序列的最长公共子序列，是没有复杂度低于(O(|A|cdot |B|))的算法的

回顾经典的(O(|A|cdot |B|))

[f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}+[A_i+B_j]) ]

显然有如下性质：

[egin{aligned} &f_{i,j-1}le f_{i,j}\ &f_{i-1,j-1}le f_{i,j}\ &f_{i,j}-f_{i,j-1}le 1\ &f_{i,j}-f_{i-1,j}le 1 end{aligned}]

令(M_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j-1})
考虑转移
我们将( ext{M}_{i-1})划分为若干段，每段以一个(1)结尾：

[000...01][000...01][000...0]
 ^^                        ^
 12                       |B|

考虑(A_i)出现在(B)中的位置集合，令其为( ext{Ab})
令( ext{X=M}_{i-1}| ext{Ab})
对于( ext{M}_{i-1})的每一段，保留( ext{X})最前面的一个(1)，则为( ext{M}_i)

例如

$M_{i-1}$=[000...01][000...01][000...0]
     $Ab$=[110...00][000...00][001...0]
    $M_i$=[100...00][000...01][001...0]

我们已知了转移方式，考虑如何通过位运算得到

对于某一段如：X=[0011001]
考虑前导0变成1，第一个1变成0：[1101001]
异或上X，得到[1110000]
在按位与上X，得到[0010000]

我们将( ext{X})翻转，第一步操作变成

X=[1001100]
[1001101]

这个意义是(-1)，这是一段的操作，对所有段如何快速进行呢
发现我们将( ext{M}_{i-1})整体翻转后
再左移，给最右边填上(1)，效果为：

$M_{i-1}$=[000...0][100...0][100...0]
           ^                      ^^
          |B|                     21
          [000...1][000...1][000...1]
这恰好使得每一段都变成1

那么直接减即可，具体细节见代码
将矩阵的行压成(K)块，即可实现(O(|A|cdot K))的时间复杂度
以下代码在(n,m=10^5)，不开任何优化的情况下，跑进1s

#include<bits/stdc++.h>
typedef int LL;
typedef unsigned long long ull;
const LL maxn=1e5+9;
LL Read(){
	LL x(0),f(1); char c=getchar();
	while(c<'0' || c>'9'){
		if(c=='-') f=-1; c=getchar();
	}
	while(c>='0' && c<='9'){
		x=(x<<3ll)+(x<<1ll)+c-'0'; c=getchar();
	}return x*f;
}
LL n,m,ans;
LL a[maxn],b[maxn];
ull dp[maxn/63],pos[maxn][maxn/63];
int main(){
	n=Read(); m=Read();
	for(LL i=0;i<n;++i){
		a[i]=Read();
	}
	for(LL i=0;i<m;++i){
		b[i]=Read();
	}
	for(LL i=0;i<m;++i){
		pos[b[i]][i/63]|=1ull<<i%63;
	}
	LL up=(m-1)/63;
	for(LL i=0;i<n;++i){
		LL x(a[i]);
		ull pre(1ull<<63);
		for(LL j=0;j<=up;++j){
			ull a(dp[j]),c(a|pos[x][j]|1ull<<63);
			ull tmp(((c-(a<<1ull|1))^c)&c);
			if(pre<(1ull<<63)){
				tmp-=tmp&(-tmp);
			}
			pre=tmp;
			dp[j]=tmp&((1ull<<63)-1);
		}
		if(pre<(1ull<<63)) ++ans;
	}
	printf("%d
",ans);
}

题目二

题意
给定(n)个点，第(i)个点为((i,p_i))（序列({p_i})为({1,2,cdots,n})的某个排列）
每个点还有一个颜色(c_i)
(q)次询问，每次给定(l,r,d,u)，求集合({i|iin[l,r],p_iin[d,u]})的颜色个数
(n,qle 10^5)

令(A_{c,i})为第(i)次询问是否包含颜色(c)，考虑得到其

显然可以将(iin[l,r],p_iin[d,u])可以拆开
令(X_{i,j})为第(j)次询问是否满足(l_jle ile r_j)，我们对于((l_j,j)(r_j+1,j))进行扫描线，能很轻松的得到
令(Y_{i,j})为第(j)次询问是否满足(d_jle ile u_j)，同理可得
那么((X_iAnd Y_j)_j)即为点(i)是否被包含在第(j)次询问中
现在可以很简单得到(A)

矩阵(A)显然为01矩阵，需要将各行按列相加，得到答案
对于每列，这里我们如此维护其答案：

令(cnt_i)为第(i)列目前的答案
(cnt_i=sumlimits_{k=0}^{infty} 2^kcdot C_{k,i})（其中(C)为01矩阵）
假设这里(cnt_ile N)，那么改写成
(cnt_i=sumlimits_{k=0}^{logN} 2^kcdot C_{k,i})
令(logN)为矩阵的行数，称为(h)

那么我们分治，对于颜色(in[l,mid])，令其矩阵为(C_0)，对于颜色(in(mid,r])，令其矩阵为(C_1)
考虑合并(C_0,C_1)：(C'=C_0+C_1)，假设(C_0,C_1)的(h_0,h_1)均为(l)，为了方便，则矩阵(C)的(h=l+1)
合并的过程，相当于是二进制高精，考虑进位，很容易实现

分析其时间复杂度
令颜色种类为(N)，令(K)为将矩阵(C)的行压成的块数
(T(N)=2T(N/2)+KlogN)，(K)为常数，提取出来
(T(N)=2T(N/2)+logN)，运用主定理得到(T(N)=N)
时间复杂度为(O(Kcdot N))