H. Permutation 2023 (ICPC) Jiangxi Provincial Contest -- Official Contest

Problem - H - Codeforces

题目大意：对于一个长度为n的排列，可以将其平分成两份，A和B，然后每次从A和B的第一个数取一个较小的放在P里，如果有一个空了就把剩余没空的都放到B里，给出一个排列，问能否通过上述规则的到该排列

1<=n<=1e5

思路：我们发现，对于P序列中递增的部分，他们的顺序可以任意，例如某一段是1,2,3,10，那么A和B都可以是任意的其中两个数字，但如果10后面跟着一个小于它的数，例如1,2,3,10,5，那么5必须要在10后面，即如果A是1,2，B只能是3,10,5这样的状态要持续到下一个山峰，即对于1,2,3,10,5,6,7,8,4,9,11，这个序列，5~9中间的所有数都应该在10后面，即1,2,3可以随便放，然后10放在哪里，5~9都要放到哪里，然后11,12，可以随便放，即一种可行的放法是A=[1,2,3,11,12]，B=[10,5,6,7,8,4,9]，也就是从100~9这7个数都是一个整体，而因为每组必须要有正好6个数，所以答案是NO

根据上面的结论，我们可以将此题转化成多重背包问题，有x种物品，每种物品数量为m，问能否拼成价值为n/2的背包，因为数据范围是1e5，要用二进制拆分，将每种物品按取1,2,4,8...个分成多份，转化成01背包问题，时间复杂度为O(x*)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5+10;
ll a[N];   
int n;
bool occ[N];
int dp[N];
void init()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=0;
    }
}
void solve()
{
    cin>>n;
    init();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    vector>bp;
    int flag=0;
    int now=-1;
    mapcnt;//记录每组数的数量
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!flag)
        {//没有出现山峰
            if(a[i]now)
        {//遇到了比当前山峰更高的山峰
            cnt[i-flag]++;//这一区间内的数一组
            i--;//这个端点要单独处理
            flag=0;
        }
    }
    if(flag)
    {//结尾也要处理
        cnt[n-flag+1]++;
    }
    for(map::iterator it=cnt.begin();it!=cnt.end();it++)
    {
        bp.push_back({it->first,it->second});//记录每个物品的价值，数量
    }
    dp[0] = 0;//没有物品时没有价值
	for (int i = 0; i < bp.size(); i++)
	{
		for (int k = 1; bp[i].second > 0; k*=2)
		{//二进制拆分
			int x = min(k, bp[i].second);//当前分出的物品数
			for (int j = n; j >= bp[i].first * x; j--)
			{//01背包倒推
				dp[j] = max(dp[j], dp[j - bp[i].first * x]+bp[i].first*x);
			}
			bp[i].second -= x;
		}		
	}
    cout<<(dp[n/2]==n/2?"Yes":"No")<>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}