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題目大意：給出一個長度為 n 的數組 a ，再給出一個長度最大為 m 的數組 b，現在問在 a 中所有長度為 m 的子數組中，有多少個子數組滿足每個相應的元素都大于數組 b

題目分析：很顯然的一個暴力時間復雜度是 n * m 級別的，高達 6e9 ，但是除以 32 后，時間復雜度好像就在可行范圍內了，所以需要利用 bitset 優化一下

參考博客：https://www.cnblogs.com/whitelily/p/13311327.html

首先對于數組 b 的每個元素維護一個長度為 n 的bitset，假設 bit[ i ] 是 b[ i ] 所維護的的 bitset，bit[ i ][ j ]?= 1 當且僅當 a[ j ] 大于等于 b[ i ]

不難看出，如果長度為 m 的 a 的一個子數組滿足條件，需要滿足 a[ i ] >= b[ j ] && a[ i + 1 ] >= b[ j + 1 ] && ... && a[ i + m - 1 ] >= b[ j + m - 1] ，換句話說需要 bit[ i ][ j?] = bit[ i + 1 ][ j + 1 ] = ... =? bit[ i + m - 1 ][ j + m - 1 ] = 1 同時成立，如果將 bit[ i ][ j ] 放在一個二維平面中去，顯然上述條件涉及到的 m 個 bit 元素位于一條斜率為 1 的斜線上，換句話說，上述條件也等同于 bit[ i ][ j ] & bit[ i + 1 ][ j + 1 ] >> 1 & ... & bit[ i + m - 1 ][ j + m - 1 ] >> ( m - 1 ) 成立，這樣在求出 bit 數組后，?m 個 bit 數組進行 與 運算后?1 的個數就是答案了

但構造 bit 數組樸素的話需要 n * m 的時間復雜度，顯然是不可以的，不難發現，如果 b[ i ] > b[ j ] ，當 bit[ j ] 已經轉移完畢時，bit[ i ] 僅需要在 bit[ j ] 的基礎上再轉移就可以了，基于此，我們可以將數組 a 和數組 b 排序后雙指針轉移，這樣時間復雜度就降低到了 O( n + m )

因為維護 m 個 bit 數組的 與 運算還是需要 n * m 的時間復雜度的，所以總的時間復雜度為?

代碼：
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=150000+100;bitset<N>ans,t;vector<pair<int,int>>a,b;int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++){int num;scanf("%d",&num);a.emplace_back(num,i);}for(int i=0;i<m;i++){int num;scanf("%d",&num);b.emplace_back(num,i);}sort(a.begin(),a.end());sort(b.begin(),b.end());int pos=n-1;ans.set();for(int i=m-1;i>=0;i--){while(pos>=0&&a[pos].first>=b[i].first){t.set(a[pos].second);pos--;}ans&=t>>b[i].second;}printf("%d\n",ans.count());return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的牛客多校2 - Greater and Greater(bitset优化暴力)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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