时之魔法（bitset优化背包）
NOIP2021 前倒数第二场模拟赛 T3。
题目内容
雪菜有一个 \(1\sim n\) 的排列 \(p\)，保证 \(n\) 是偶数。现在她将排列前 \(\frac{n}{2}\) 个数和后 \(\frac{n}{2}\) 个数分成两个序列，然后执行如下操作：
- 若两个序列均是空序列，则停止操作；
- 若有且仅有一个是空序列，则选择另一个序列开头的数，将他删去，放到序列 \(P\) 的末尾；
- 若两个序列均非空，则比较两个序列开头的数的大小，选择最小的数，将它删去，放到序列 \(P\) 的末尾。
可以发现，序列 \(P\) 也是一个排列。
现在雪菜有 \(T\) 组数据，每次给出 \(n\) 和排列 \(P\)，她想知道对于 \(n!\) 个排列，是否有排列能通过上述操作得到排列 \(P\)。若可以，输出 Yes，否则输出 No。
\(1\le T\le 100,1\le n\le 3\times 10^4,1\le \sum n\le 6\times 10^4\)。
解题思路
暴力分其实还是很多的，\(n\le 8\) 爆搜、\(P_i=i\) 输出 Yes，怎么也能糊到 30 分。
关注 \(n\le 2000\) 的部分分。我们考虑把给定的排列 \(P\) 推回原来的两个序列（设为 \(a,b\)），以样例的第 3 组数据为例：
1 2 3 10 5 6 7 8 4 9 11 12
前面的 1 2 3 10 似乎可以随便放，而 5 6 7 8 4 9 这一段就不行。如果 10 放在序列 \(a\) 中而它们在序列 \(b\) 里，那它们势必会赶在 10 前面出去，只好把它们放在 10 的后面。
等等！如果这样做，就会形成一个长度为 7 且不可分割的大段，无论我们怎样调整其它元素的位置，也满足不了构成两个长度为 \(\frac{n}{2}\) 序列的要求。所以，这组数据的答案是 No。
这提示了我们：“大段”的实质是两个前缀 \(\max\) 之间的距离。我们要做的就是：把每两个前缀 \(\max\) 之间的距离处理出来（得到一堆数），然后用这堆数凑成两个 \(\frac{n}{2}\)！这是一个经典的 01 背包问题，时间复杂度 \(\mathcal{O(n^2)}\)。
这个 01 背包可以用 bitset 加以优化，达到 \(\mathcal{O(\frac{n}{w})}\)。
bitset 优化对付的问题主要是只需要判断方案是否存在（毕竟它只有 0 或 1）的情况。可以直接设 \(dp_i\) 表示和为 \(i\) 的情况是否存在，边界为 \(dp_0=1\)。然后……前方高能
for i := 1 to n do
dp |= dp << v[i];
这就是 dp 方程！考虑它为什么是对的：对于 \(dp_i\) 来说，我们加入了 \(v_i\)，使得它可以转移到 \(dp_{i+v_i}\)，这在 bitset 上表现为左移运算，然后通过或运算更新即可。（而且它还自带一个“滚动数组”的 buff
感觉确实是【模板：bitset 优化背包】啊……下面是 AC 代码：
//为了简洁，砍掉了多测部分
int n, top = 0;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &p[i]);
if (p[i] > p[st[top]]) st[++top] = i;//存前缀 max 的位置
}
st[++top] = n + 1;
dp.reset(), dp[0] = 1;
for (int i = 1; i < top; ++i) dp |= (dp << st[i + 1] - st[i]);
puts(dp[n / 2] ? "Yes" : "No");//能否凑出 n/2
