思路来源
https://blog.csdn.net/Codeblocksm/article/details/52191432
题意
给定一个n和m，代表n个数和m个操作。
每一次操作，会给定一个左区间l和右区间r，你可以对该区间任意排序。
以下，一个a数组和一个b数组，
问通过m次操作后，a数组能否和b数组完全一致。
题解
看了几篇代码没看懂，看到这篇的时候终于看懂了。
我们先将a数组内的数与b数组内的位置一一映射。
这里采取的映射方式是，
将a数组中的第i个值为j的数，映射到b数组中第i个值为j的位置上。
这意味着，还原的时候我就把前面的数还原到后面的位置上。
即问是否能将a数组对应的位置序列，
重新排序使其为b数组对应的位置序列(即1-n的增序)。
这样，每次操作的时候，就使局部位置序列有序，
最后，看a数组位置序列是否为1-n增序即可。
可以证明，若存在一种区间置换方式有可行解，则该映射方式一定可行。
因为，这种方式保证了置换区间局部最短，从而全局最优。
比如说，
a[ ] : 1 2 2 2 3 3
b[ ] : 2 1 2 3 2 3
若a[1]没有与b[0]对应，则必有一个更靠后的值i使得a[i]与b[0]对应
再比如，
a[ ]:1 2 1 2
b[ ]:2 1 2 1
若a[1]没有与b[0]对应，而是与b[2]对应，
虽然对a[1]没有什么影响，
但是会导致，a[3]不能与最近的b[2]对应，而是与b[0]对应
若如此，我们在排序的时候，
所要考虑的操作区间就比原来更大，
这显然更不容易满足。
没有比这更好，它就是最优的。
显然，对应都对不齐的话，是肯定没法还原的。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <functional>
const double INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
const int MOD=998244353;
const double eps=1e-7;
typedef long long ll;
#define vi vector<int>
#define si set<int>
#define pii pair<double,int>
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sci(x) scanf("%d",&(x))
#define scll(x) scanf("%lld",&(x))
#define sclf(x) scanf("%lf",&(x))
#define pri(x) printf("%d",(x))
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
int t,n,m,a[2005],b[2005],c[2005];
bool vis[2005];
int main()
{
sci(t);
while(t--)
{
mem(vis,0);
mem(a,0);
mem(b,0);
mem(c,0);
bool flag=1;
sci(n),sci(m);
rep(i,1,n)sci(a[i]);
rep(i,1,n)sci(b[i]);
rep(i,1,n)
{
rep(j,1,n)
{
if(!vis[j]&&a[i]==b[j])//a[i]值变为对应的b数组中的位置
{
c[i]=j;
vis[j]=1;
break;
}
}
}
int l,r;
rep(i,0,m-1)
{
sci(l),sci(r);
sort(c+l,c+r+1);
}
rep(i,0,n-1)
if(c[i]!=i)
{
flag=0;
break;
}
if(flag)puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}