本文旨在通過兩道巧妙運用位運算的題，認識位運算的魅力
題意：目前求任意兩序列的最長公共子串行，是沒有複雜度低於\(o(|a|\cdot |b|)\)的演算法的給定兩個序列\(a,b\)，求\(a,b\)的最長公共子串行
\(|a|,|b|\le 10^5\)
時限：\(5s\)
回顧經典的\(o(|a|\cdot |b|)\)
\[f_=max(f_,f_,f_+[a_i+b_j])
\]顯然有如下性質：
\[\begin
&f_\le f_\\
&f_\le f_\\
&f_-f_\le 1\\
&f_-f_\le 1
\end\]
令\(m_=f_-f_\)
考慮轉移
我們將\(\text_\)劃分為若干段，每段以乙個\(1\)結尾：
[000...01][000...01][000...0]
^^ ^
12 |b|
令\(\text_|\text\)
對於\(\text_\)的每一段，保留\(\text\)最前面的乙個\(1\)，則為\(\text_i\)
例如
$m_$=[000...01][000...01][000...0]
$ab$=[110...00][000...00][001...0]
$m_i$=[100...00][000...01][001...0]
對於某一段如：x=[0011001]
考慮前導0變成1，第乙個1變成0：[1101001]
異或上x，得到[1110000]
在按位與上x，得到[0010000]
x=[1001100]
[1001011]
發現我們將\(\text_\)整體翻轉後
再左移，給最右邊填上\(1\)，效果為：
$m_$=[000...0][100...0][100...0]
^ ^^
|b| 21
[000...1][000...1][000...1]
這恰好使得每一段都變成1
將矩陣的行壓成\(k\)塊，即可實現\(o(|a|\cdot k)\)的時間複雜度
以下**在\(n,m=10^5\)，不開任何優化的情況下，跑進1s
#includetypedef int ll;
typedef unsigned long long ull;
const ll maxn=1e5+9;
ll read()
while(c>='0' && c<='9')return x*f;
}ll n,m,ans;
ll a[maxn],b[maxn];
ull dp[maxn/63],pos[maxn][maxn/63];
int main()\)為\(\\)的某個排列）
每個點還有乙個顏色\(c_i\)
\(q\)次詢問，每次給定\(l,r,d,u\)，求集合\(\\)的顏色個數
\(n,q\le 10^5\)
令\(a_\)為第\(i\)次詢問是否包含顏色\(c\)，考慮得到其
顯然可以將\(i\in[l,r],p_i\in[d,u]\)可以拆開矩陣\(a\)顯然為01矩陣，需要將各行按列相加，得到答案令\(x_\)為第\(j\)次詢問是否滿足\(l_j\le i\le r_j\)，我們對於\((l_j,j)(r_j+1,j)\)進行掃瞄線，能很輕鬆的得到
令\(y_\)為第\(j\)次詢問是否滿足\(d_j\le i\le u_j\)，同理可得
那麼\((x_i\and y_j)_j\)即為點\(i\)是否被包含在第\(j\)次詢問中
現在可以很簡單得到\(a\)
對於每列，這裡我們如此維護其答案：
令\(cnt_i\)為第\(i\)列目前的答案那麼我們分治，對於顏色\(\in[l,mid]\)，令其矩陣為\(c_0\)，對於顏色\(\in(mid,r]\)，令其矩陣為\(c_1\)\(cnt_i=\sum\limits_^ 2^k\cdot c_\)（其中\(c\)為01矩陣）
假設這裡\(cnt_i\le n\)，那麼改寫成
\(cnt_i=\sum\limits_^ 2^k\cdot c_\)
令\(logn\)為矩陣的行數，稱為\(h\)
考慮合併\(c_0,c_1\)：\(c'=c_0+c_1\)，假設\(c_0,c_1\)的\(h_0,h_1\)均為\(l\)，為了方便，則矩陣\(c\)的\(h=l+1\)
合併的過程，相當於是二進位制高精，考慮進製，很容易實現
分析其時間複雜度
令顏色種類為\(n\)，令\(k\)為將矩陣\(c\)的行壓成的塊數
\(t(n)=2t(n/2)+klogn\)，\(k\)為常數，提取出來
\(t(n)=2t(n/2)+logn\)，運用主定理得到\(t(n)=n\)
時間複雜度為\(o(k\cdot n)\)
巧妙運用 按位或「 」 運算
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