[nowcoder5667G]Greater and Greater

令$f[i][j]$表示前i个数的后j位能否匹配b的前j位，有转移$f[i][j]=f[i-1][j-1] &  [b_{j}le a_{i}]$

将$g[i][j]=[b_{j}le a_{i}]$看成一个i为位数的二进制数，即$g[i]=sum_{j=1}^{m}[b_{j}le a_{i}]cdot 2^{j}$，$f[i]$同理，那么就有$f[i]=f[i-1] & g[i]$

考虑对于$g$预处理，由于这个值仅和最小的大于$a_{i}$的$b_{j}$有关，因此将b排序后求出每一个$b_{i}$所对应的g，在其中二分即可求出$a_{i}$所对应的g

但这样的空间复杂度打到了$o(frac{m(2n+m)}{8})$，考虑将f滚动、求g的二分放到f转移时进行，空间降为$o(frac{m^{2}}{8})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 150005
struct ji{
    int k,id;
    bool operator < (const ji &a)const{
        return (k<a.k)||(k==a.k)&&(id<a.id);
    }
}a[N];
int n,m,ans,b[N];
bitset<40005>o,s,g[40005];
void write(bitset<40005> o){
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x=o[i];
        printf("%d ",x);
    }
    printf("
");
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d",&a[i].k);
        a[i].id=i;
    }
    sort(a+1,a+m+1);
    g[1][0]=1;
    for(int i=1,j=1;i<=m;i=j){
        while (a[i].k==a[j].k)j++;
        g[j]=g[i];
        for(int k=i;k<j;k++)g[j][a[k].id]=1;
    }
    o[0]=s[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        s=(((s<<1)|o)&g[upper_bound(a+1,a+m+1,ji{b[i],m+1})-a]);
        if (s[m]==1)ans++;
    }
    printf("%d",ans);
}