思维题杀我！现场(^*2600)的状压DP都会做，(^*2400)的思维题就不会了，看来是wtcl/ll
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给定(2)个(1sim n)的排列(a,b)。(a)上某些位置会存在炸弹。对于某些位置有炸弹的(a)，维护一个集合，初始为空，从左往右扫描整个排列(a)，每到一个位置上就将此位置上的数压进集合，若此位置有炸弹就把集合中最大的数弹出，我们称最终集合中最大的元素为(a)的结果。(forall iin[0,n))，求若在(forall jin[1,i],b_i)这些位置放下炸弹，结果是多少。
(ninleft[1,3 imes10^5 ight])。
显然，依次算每个结果的话，第(i)次被弹出的集合是第(i+1)次被弹出的集合的子集，即今朝被弹出，永远就不会复活了。可以推出这(n)个结果非严格单调递减。于是我们可以two-pointers，维护目前最大的没有被弹出的数(now)，初始时(now=n)，每次算答案时不停地令(now=now-1)直到(now)没有被弹出。难点在于如何快速判断(now)是否被弹出。
如果真就一直在想(now)被弹出的充要条件，恭喜你，你被魔法杀死了。不难发现一个性质：无论何时，只要你正在考虑判断(now)是否被弹出，那么一定所有(>now)的数已经确认被弹出了（因为如果不是那样，(now)自减的过程就会在某个(>now)的数处停下）。于是我们所考虑的(now)被弹出，其实等价于所有(geq now)的数都被弹出。这个东西的充要条件看上去容易探索一点（然鹅的确是这样）。
下面我们来探索所有(geq now)的数都被弹出的充要条件。考虑每个(geq now)的数(a_x)，显然对于每个在(a_x)右边且(geq now)的数(a_y)（包括(a_x)自己），弹出它们的炸弹在(a_y)右边（包括(a_y)位置上），结合(a_y)在(a_x)右边可以得到弹出它们的炸弹一定在(a_x)右边（包括(a_x)位置上）。于是我们得到了所有在(a_x)右边且(geq now)的数（包括(a_x)自己）都被弹出的一个很弱的必要条件：(a_x)右边的炸弹（包括(a_x)位置上）数量不低于在(a_x)右边且(geq now)的数（包括(a_x)自己）的数量。充分性显然不满足。
不过，如果将(forall x(a_xgeq now))，所有在(a_x)右边且(geq now)的数（包括(a_x)自己）都被弹出的这么多必要条件合并起来，得到所有(geq now)的数都被弹出的一个必要条件：(forall x(a_xgeq now))，(a_x)右边的炸弹（包括(a_x)位置上的）数量不低于在(a_x)右边且(geq now)的数（包括(a_x)自己）的数量。你会发现这个条件似乎很强，于是我们试图证明它的充分性。然后真就证出来了！
充分性证明（感性）：找到(a_x=n)，显然，(a_x)右边（包括(a_x)位置上）的最左边的炸弹与(a_x)匹配，于是我们可以想象将这个炸弹扔掉，并将(a_x)扔出排列，两边挨紧形成一个新的(1sim n-1)的排列。(a_x)左边所有(geq now)的数右边(geq now)的数（包括自己）数量(-1)，右边的炸弹（包括自己位置上）数量(-1)；(a_x)右边、炸掉(a_x)的炸弹左边（包括炸弹位置上）所有(geq now)的数，右边(geq now)的数（包括自己）的数量不变，由于(a_x)与炸弹之间没有炸弹，所以它们右边的炸弹（包括自己位置上）数量至少剩(a_x)原来右边炸弹（包括自己位置上）的数量(-1)；炸弹右边所有(geq now)的数右边(geq now)的数（包括自己）的数量、炸弹（包括自己位置上）数量都没变。由此看来条件依然满足。于是原证明题可以转化为一个规模(-1)的证明题，可以用数学归纳法加以证明。
有了这个结论，接下来就好办了。设(a_i)右边(geq now)的数（包括(a_i)自己）有(grt_i)个，右边的炸弹（包括(a_i)位置上）有(bmb_i)个。那么(forall x(a_xgeq now))，(a_x)右边的炸弹（包括(a_x)位置上的）数量不低于在(a_x)右边且(geq now)的数（包括(a_x)自己）的数量，可以写成(forall x(a_xgeq now),bmb_xgeq grt_x)，即(forall x(a_xgeq now),bmb_x-grt_xgeq0)。于是我们需要维护(forall iin[1,n],bmb_i-grt_i)。判断(now)是否被弹出时只需判断全局最小值是否(geq0)，每当(now=now-1)时（初始(now=n)时也要）就将位置(left(a^{-1} ight)_{now})上的(bmb_{left(a^{-1} ight)_{now}}-grt_{left(a^{-1} ight)_{now}})激活（即今后算进全局最小值，激活之前懒标记可以帮忙保存(bmb_{left(a^{-1} ight)_{now}}-grt_{left(a^{-1} ight)_{now}})）并令(forall iinleft[1,left(a^{-1} ight)_{now} ight],grt_i=grt_i+1)，每当新增一个炸弹(b_x)就令(forall iin[1,b_x],bmb_i=bmb_i+1)。这只需要单点修改、区间增加、全局查询最小值的线段树即可实现。
下面是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=300000;
int n;//排列长度
int a[N+1]/*排列*/,b[N+1]/*炸弹添加顺序*/;
int pos[N+1];//pos[i]为数i在a中的位置
struct segtree{//线段树
struct node{int l,r,mn_dif/*此节点表示的区间内bmb[i]-grt[i]的最小值*/,lz/*蓝标记*/;}nd[N<<2];
#define l(p) nd[p].l
#define r(p) nd[p].r
#define mn_dif(p) nd[p].mn_dif
#define lz(p) nd[p].lz
void bld(int l=1,int r=n,int p=1){//建树
l(p)=l;r(p)=r;mn_dif(p)=inf;/*一开始都是未激活状态*/lz(p)=0;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
bld(l,mid,p<<1);bld(mid+1,r,p<<1|1);
}
void init(){bld();}//初始化
void sprup(int p){mn_dif(p)=min(mn_dif(p<<1),mn_dif(p<<1|1));}//上传节点信息
void sprdwn(int p){//下传懒标记
if(lz(p)){
mn_dif(p<<1)+=lz(p);mn_dif(p<<1|1)+=lz(p);
lz(p<<1)+=lz(p);lz(p<<1|1)+=lz(p);
lz(p)=0;
}
}
void on(int x,int p=1){//激活位置x
if(l(p)==r(p)){mn_dif(p)=lz(p)/*之前的bmb[l(p)]-grt[l(p)]保存在lz(p)里*/;return;}
sprdwn(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
on(x,p<<1|(x>mid));
sprup(p);
}
void add(int l,int r,int v,int p=1){//区间增加
if(l<=l(p)&&r>=r(p)){mn_dif(p)+=v;lz(p)+=v;return;}
sprdwn(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(l<=mid)add(l,r,v,p<<1);
if(r>mid)add(l,r,v,p<<1|1);
sprup(p);
}
int _mn_dif(){return mn_dif(1);}//全局最小值
}segt;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],pos[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
int now=n;//初始now=n
cout<<now<<" ";//不放炸弹时
segt.init();
segt.on(pos[n]);
segt.add(1,pos[n],-1);//增加一个>=now的数
for(int i=1;i<n;i++){
segt.add(1,b[i],1);//增加一个炸弹
while(segt._mn_dif()>=0/*now被弹出*/){
now--;
segt.on(pos[now]);
segt.add(1,pos[now],-1);//增加一个>=now的数
}
cout<<now<<" ";
}
return 0;
}