2020牛客多校第二场 G Greater and Greater

题目

给出两个序列，求出第二个序列在第一个序列中能够匹配的次数，匹配是指每个位置都小于等于第一个序列的相应位置
我还以为是kmp魔改…
从样例来讲，我们先求出 $m$串中每个位置与 $n$串中每个位置的相对大小，为1则表示符合，为0表示不符合

1 4 2 8 5 7
2 3 3

那么相对于第二个串2,3,3来说，相对大小就是

(2) 0 1 1 1 1 1
(3) 0 1 0 1 1 1
(3) 0 1 0 1 1 1

我们假设可以匹配成功的位置起始点是 $pos$，那么就需要要求从第1个点的 $pos$到第 $m$个点的 $pos+m-1$全为一，才可以，为了方便看，我们把每个串都向左平移一下，使得同一起始点的都在同一列中，那就是

这个时候，所有在同一列的都是同一个起始点，如果这个起始点所有位置都是1，则表示可以选，全都是1的判断，很明显可以用与运算来实现，可以采用 $bitset$来操作
大致如下

    sort(a + 1, a + n + 1, comp);
    sort(b + 1, b + m + 1, comp);
    res.set();// 全为1
    tmp.reset();// 全为 0
    for(int i = 1, j = 1; i <= m; ++ i) {
        while(j <= n && a[j].fi >= b[i].fi) {//找出所有大于当前的下标
            tmp.set(a[j ++].se);// 标记这个下标
        }
        res &= (tmp << (m - b[i].se));
    }
    cout << res.count() << endl;// 计算为1的数目

我们首先给两个数组都排个序从大到小，1同时记录下原本的位置，然后我们从大大小求出每一个大于 $b_i$的位置的下标，由于b数组是从大到小排列，那么前面计算出来大于的数字，肯定可以大于后面，可以重复利用，

由于bitset的储存是从小到大（从右向左），所以上图中向右移动实际上就是bitset向左移
最后与完直接计算剩下的1的数目就可以了

pii a[maxn], b[maxm];
bitset<maxn> res, tmp;
bool comp (const pii& aa, const pii& bb) {
    return aa.fi > bb.fi;
}
void solve (int& kase) {
    int n, m; cin >> n >> m;
    rep(i,1,n) {
        a[i] = MP(read(), i);
    }
    rep(i,1,m) {
        b[i] = MP(read(), i);
    }
    sort(a + 1, a + n + 1, comp);
    sort(b + 1, b + m + 1, comp);
    res.set();
    tmp.reset();
    for(int i = 1, j = 1; i <= m; ++ i) {
        while(j <= n && a[j].fi >= b[i].fi) {
            tmp.set(a[j ++].se);
        }
        res &= (tmp << (m - b[i].se));
    }
    cout << res.count() << endl;
}