传送门

题意： 给一个长度为$n$的数组$a$，定义一个数组$b$，且$b_j=mi{n}_{j<=i<=j+k-1}{a}_i$，比如$j=3$的时候，$a[1,3,4,5,2]$，$b_3$为$[min(1,3,4),min(3,4,5),min(4,5,2)]$。现在让你求$b_j$是否为一个排列，且$1<=j<=n$。

思路： 可以发现如果是一个$k$的排列，那么对应$b_{n-k+1}$，可以看出来随着$k$变大，$b$每次取的长度是递减的。手写几个样例可知，如果当前排列为$k$排列，想要达到$k+1$排列，那么$k$这个数字一定只出现了一次，如果超过一次的话，那么$b$中一定是有至少两个元素为$k$。当然满足这个还不够，还需要满足位置关系。假设当前区间为$[l,r]$(初始为$[1,n]$)且当前为$k$排列，那么$k$这个数一定出现在$l$或$r$位置，让后再将出现在的位置向前或者向后移动一位继续跑就可以了。
当然这样不是很严谨，如果直接这么写会发现样例一就过不去，问题出在$b_1$上，我们特殊处理下$b_1$就好啦。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=300010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int a[N],cnt[N],pos[N];
int ans[N];void solve()
{int l,r; l=1,r=n;for(int i=1;i<=n;i++){if(cnt[i-1]!=1) return;if(!cnt[i]) return;ans[n-i+1]=1;if(pos[i]==l) l++;else if(pos[i]==r) r--;else return;}
}bool check()
{int c=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(cnt[i]) c++;return c==n;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++,pos[a[i]]=i;cnt[0]=1; if(check()) ans[1]=1;solve(); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d",ans[i]); puts("");for(int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i]]--,pos[a[i]]=0,ans[i]=0;}return 0;
}
/**/