CF1718D 题解
设 \(k\) 为 \(a\) 中的空位数量。
首先咱们转化这个“相似”的条件，发现它其实是说，笛卡尔树的结构相同。
那么我们把p建笛卡尔树然后把a的数往上填。如果此时有上面小于下面就挂了(挂了：即每个询问答案都是NO)
然后对于中间的空，它需要 \(>\) 下面的最大值，并且 \(<\) 上面的最小值。设点 \(i\) 的这个区间为 \([l_i,r_i]\)
接下来我们发现，我们只需要把集合 \(S\) 中的数和 \(d\) 填到这些空里满足 \([l_i,r_i]\) 的限制即可。
为啥：
对于一条连续的空（中间没有确定值），此时它们的区间限制都相同，那就可以任意交换位置。因此只要排序后从下往上填，一定可以满足笛卡尔树上大下小的性质，并且和区间限制不冲突。
如果中间有确定值，那因为这个值的"分隔"作用，上面的区间的 \(l\) 肯定大于下面的区间的 \(r\)。此时如果区间条件被满足了，上面一定大于下面。
那接下来就变成了一个二分图匹配问题：一边是 \(k\) 个区间，一边是 \(k\) 个点。一个区间可以匹配区间内的所有点。给定 \(k\) 个点中的 \(k-1\) 个，问剩下的那个点 \(d\) 在哪些位置能使二分图有完美匹配。
“哪些位置”，结合手玩，一个初步的猜测是一段前缀/后缀，但是自己造数据手玩，发现不一定。但是手玩又发现，好像合法的 \(d\) 都是一段区间。这确实是对的。
假设现在有一个 \(d_0\) 满足 \(d_0\) 是一个合法位置。我们考虑此时的完美匹配，一定包含了 \(d_0\)。
考虑从 \(d_0\) 开始走二分图的“交错路”：走一个匹配边，然后一个不匹配边，然后一个匹配边，然后一个不匹配边... 走偶数次。如果能走到 \(d_1\)，那么将途经的匹配边删去，并把不匹配边匹配上，它依然是一个合法匹配且匹配数不变。那么它就变成了一个包含 \(d_1\) 的完美匹配。从而此时的 \(d_1\) 也是一个合法的 \(d\)。
由于这张二分图的性质，显然，经过“交错路”可以走到的点一定是一段区间。从而答案是一段区间，求出区间的 \(l,r\) 即可判断了。
尽管它确实是一段区间，但我们暂时没什么办法搞出这个 \(l,r\)。总之，我们有必要先想一个问题：假设我们已知所有的点，如何求完美匹配呢？显然不能暴力Dinic，存在一个贪心做法：将点从小到大排序，每个点选择包含它的 \(r\) 最小的区间匹配。将区间按 \(l\) 排序后，相当于取一段前缀（由于点不断变大，这段前缀也是不断变大的）里 \(r\) 最小的并删除。用 pq 维护即可。
我原本想了一个用线段树单点修改区间求min+二分大力维护的做法。显然我是sb。
这个贪心确实是对的，但它的问题在于扩展性不好。点中有一个变成了未知的点，那整个匹配都被打乱了。
我们也可以用这个做法求出 \(k-1\) 个点的匹配，然后剩下的那个区间是 \(d\) 的一段可行区间。但这不一定是 \(d\) 的整个可行区间，它可能只是一段子段
求出这个可行区间之后，在可行区间的左右分别二分好像是对的。虽然区间不能直接二分，但我们知道了区间中的一段，那么在这一段的左边一定是一段后缀满足，右边一定是一段前缀满足。
但这个做法是 \(\log^2\) 的，并且实现起来好像比较复杂，也许可以试试。
这里还有另一个做法就是，我先默认把 \(d\) 匹配到这里剩下的区间里，然后DFS走交错路，看能到哪些点。但是注意到左到右是区间连边，因此需要线段树优化建图。这就是我一开始写的做法。它 确实 是一个 \(\log\)，但是它常数巨大且巨难写。
你也许会想到一个错误的贪心：按 \(l\) 排序，每次取区间内最小的点。
它为什么不对呢？这个贪心只便宜了 \(l\)，如果下一个区间的 \(r\) 突然变小，那我们上一次取不太小的点，把最小的点留给这个区间，也许是更优的。
反例：区间 \([1,4],[2,3]\)，点 \(3,4\)。这个做法会把 \(3\) 给 \([1,4]\)，然后 \([2,3]\) 就没有匹配了。
我们发现它的扩展性很好（如果是对的），我们可以先对 \(k-1\) 个点做贪心。如果贪心的过程中区间里没有点了，就说明这个区间应该和 \(d\) 匹配。
它怎么改成对的呢？事实上按 \(r\) 从小到大排序就行了。可以证明，如果二分图存在完美匹配，那用这个办法一定可以取到一个。（证明思路就是假设当前如果取的不是区间里最小的，而是在后面取了这个最小的，这样有匹配，那么现在取最小的后面取大的那个也是可以的，不断这样交换就可以证明，如果存在一个完美匹配，一定可以用这种办法取到其中一个）
用这个策略不断的取，直到遍历当前区间时，区间里没点了，此时 \(d\) 就一定在这个区间里面了。由于我们是按 \(r\) 排序的，容易发现，此时这个区间的 \(r\) 就是最大的 \(d\) 。（很容易反证：如果 \(d\) 大于当前区间的 \(r\) 一定不行）。
一个值得注意的细节是，上述贪心过程中只能失配一次，这一次恰好用来确定 \(d\)；如果失配了两次或以上，说明无解。
对称的，我们发现按 \(l\) 从大到小排序每次取区间里最大的也是对的。这样取一遍，区间里没点的时候，这个区间的 \(l\) 就是最小的 \(d\)。
然后这样就得到了合法的 \(d\) 的最大最小值，每次判给定的 \(d\) 是否在该区间里就行。注意中途做的时候判一下无解。
两次贪心用set即可简单维护，复杂度是小常数一个 \(\log\)。
