题目

一个长为n(n<=150000)的序列a，第i个数ai(1<=ai<=1e9)

一个长为m(m<=min(n,40000))的序列b，第j个数bj(1<=bj<=1e9)

求a中有多少长为m的子区间S，满足对应任意[1,m]，Si>=bi

思路来源

夏老师的submission

题解

暴力是O(n*m)的，6e9，考虑引入bitset除掉一个64，复杂度就稳了

独立考虑a中的每个值，能大于哪些b中的值，也就是将a和b中的值放到一起排序

遇到b的值就给bitset上赋上一位，遇到a中的值就令a的答案等于当前的bitset的值

这样bitset本质上只会变化m次，赋n次值每次操作数是m/64，总复杂度O(n*m/64)

求出这n个数的bitset后，就是一个本质fft问题，

如果a的[i,i+m-1]需要和b的[0,m-1]比，就需要满足二者下标差为i

所以可以先将b序列每个值对应的bitset翻转，也就是令j=m-1-j，

这样i-j=k转化为i+m-1-j=k+m-1，

a中[i,i+m-1]和b中[0,m-1]做比较时，就需要到下标i+m-1上找

而最终下标上的值应该是一个与操作，即只要有一位为0不合法，该区间就不合法

由于bitset与/或时，两个bitset需要等长，无法控制一个长为n，另一个长为m

两个bitset都长为n时，就会有一些不合法的位，而左移新挪出来的位默认为0

所以，这里采用的是或的方式，即令有效位为0，

如果不存在非有效位，或在一起就应该是0，

统计最终bitset的[m-1,n-1]的0的个数即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pb push_back
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
//std::mt19937_64 gen(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
//ll get(ll l, ll r) { std::uniform_int_distribution<ll> dist(l, r); return dist(gen); }
const int N=150010,M=40010,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,cnt;
struct node{
    int v,p,op;
}e[N+M];
bool operator<(node a,node b){
    if(a.v!=b.v)return a.v<b.v;
    return a.op>b.op;
}
bitset<N>tmp,ans;
/*
i-j=k(0<=k<=n-m)
i+m-1-j=k(m-1<=k<=n-1)
*/
int main(){
    //freopen("edu.out","w",stdout);
    sci(n),sci(m);
    rep(i,0,n-1)sci(e[i].v),e[i].p=i,e[i].op=1;
    rep(i,n,n+m-1)sci(e[i].v),e[i].p=i-n,e[i].op=2;
    sort(e,e+n+m);
    rep(i,0,m-1)tmp.set(i);
    rep(i,0,n+m-1){
        int p=e[i].p;
        if(e[i].op==1){
            ans|=(tmp<<p);
        }
        else{
            tmp.reset(m-1-p);
        }
        // cout<<"i:"<<i<<" v:"<<e[i].v<<" p:"<<e[i].p<<endl;
        // cout<<"ans:"<<ans.to_string()<<endl;
        // cout<<"tmp:"<<tmp.to_string()<<endl;
        // cout<<"ans0:"<<ans[0]<<endl;
    }
    //cout<<"ans:"<<ans.to_string()<<endl;
    rep(i,m-1,n-1){
        cnt-=ans[i];
    }
    printf("%d\n",cnt+n-m+1);
	return 0;
}