[atARC102F]Revenge of BBuBBBlesort

定义以$i$为中心（交换$p_{i-1}$和$p_{i+1}$）的操作为操作$i$

结论1：若执行过操作$i$，则之后任意时刻都无法执行操作$i-1$或操作$i+1$

当执行操作$i$后，必然有$p_{i-1}<p_{i}$，然后不妨假设下一次与$i$相邻的操作为$i-1$（$i+1$类似）

操作$i-1$的条件为$p_{i-2}>p_{i-1}>p_{i}$，即要增大$p_{i-1}$或减小$p_{i}$，可以执行操作$i-2$或操作$i+1$，后者根据假设不成立

对于操作$i-2$，其执行完后必然有$p_{i-2}<p_{i-1}$，类似的我们又要求执行操作$i-3$来增大$p_{i-2}$……以此类推，当需要执行操作1来增大$p_{2}$即不合法

推论1：执行操作$i$必须有$p_{i}=i$

根据结论1，执行操作$i$后无法再执行操作$i-1$或$i+1$，即无法再修改$p_{i}$，而最终要求$p_{i}=i$

推论2：若初始$p_{i}\ne i$，则一定不会执行操作$i$；若$p_{i}=i$，则一定不会执行操作$i-1$或操作$i+1$

根据推论1，执行操作$i$需要$p_{i}=i$，而修改$p_{i}$必然执行了操作$i-1$或$i+1$，则不能执行操作$i$

根据推论1，执行操作$i-1$（$i+1$类似）要求$p_{i-1}=i-1<p_{i}$，不成立

考虑将整个序列划分为独立的若干段，即要求每一段的端点都不能操作，这等价于将其在$i$和$i+1$之间断开则要求$i$和$i+1$都无法操作，不妨将所有这些位置都断开，考虑每一段的形式：

1.那么每一段必然不会出现相邻两数$i$和$i+1$使得$[p_{i}=i]=[p_{i+1}=i+1]$，否则必然可以断开

2.如果端点满足$p_{i}=i$（以下假设为左端点），则$i$无法操作，同时$i+1$也无法操作，可以断开（除非$i+1$不在该段中，即仅一个$p_{i}=i$）

更形象的，记$s_{i}=[p_{i}=i]$（一个01串），那么最终每一段的$s$分为两种：1.仅一个'1'；2.以'0'为开头结尾的'01010...10'

对于第1种段直接删去即可，对于第2种继续分析

可以看作对$p_{l},p_{l+2},...,p_{r}$这一段排序，而要交换$p_{i}$和$p_{i+2}$，则要求$p_{i}>i+1>p_{i+2}$

由于$p_{i}\equiv i(mod\ 2)$，因此$p_{i}>i+1$也即$p_{i}>i$，类似的后者也即$i+2>p_{i+2}$

对于初始$p_{i}>i$的位置，其一定只能向后交换，且若交换至$p_{i}=i$，根据推论2，一定不会再改变（$p_{i}<i$的位置类似）

其限制且仅限制（若两点都满足交换方向一定可行）了每一个数的交换方向，那么合法即要求：

1.如果是区间$[l,r]$，$\forall l\le i\le r,l\le p_{i}\le r$

2.对于$p_{i}>i$的位置，其之前不存在比其大的数；对于$p_{i}<i$的位置，其之后不存在比其小的数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
int n,a[N],p[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (a[i]!=i)p[i]=0;
        else p[i-1]=p[i+1]=0;
    for(int i=1,j=1;i<=n;i=++j){
        for(;j<n;j++)
            if ((!p[j])&&(!p[j+1]))break;
        if ((i==j)&&(p[i]==i))continue;
        for(int k=i;k<=j;k++)
            if ((a[k]<i)||(j<a[k])){
                printf("No");
                return 0;
            }
        int mx=0,mn=n;
        for(int k=i;k<=j;k++){
            if ((a[k]>k)&&(a[k]<mx)){
                printf("No");
                return 0;
            }
            mx=max(mx,a[k]);
        }
        for(int k=j;k>=i;k--){
            if ((a[k]<k)&&(a[k]>mn)){
                printf("No");
                return 0;
            }
            mn=min(mn,a[k]);
        }
    }
    printf("Yes");
}