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 $\log$。