题目解析
如果有 \(a_i<b_i\) 直接输出 NO。
我们发现：如果 \(b_l=b_r=x\) 并且所有的 \(l\le i \le r\) 都有 \(b_i\le x\) 那么就可以一次解决。
也就是说，如果 \(b_l=b_r\) 并且所有的 \(l\le i \le r\) 都有 \(b_i\le x\) 那么我们就可以合并 \(l,r\)，否则就要分开两次。当然 \(a_i=b_i\) 的话直接忽略 \(i\) 即可。
所以问题就转化为求一个区间内是不是比 \(x\) 都小。
我们考虑可以再转化为求一个区间内比 \(x\) 小的数的个数，所以直接树套树就好了！
考虑从小到大处理所有数，然后处理好了这个数字就把辅助序列的对应位置加一，然后树状数组维护区间和。
这样我们就知道对于每个 \(x\) 至少要用几次，看看是不是给出的数量大于等于需要的数量即可。
时间复杂度：\(\Theta(n\log n)\)
赛时写的一点都不简单易懂的代码：
int n,m,a[maxn],b[maxn],c[maxn],f[maxn];
struct JTZ{
int pos,hei;
bool operator < (const JTZ x) const {
if(this->hei == x.hei) return this->pos < x.pos;
return this->hei < x.hei;
}
}arr[maxn];
int cc[maxn];
#define lowbit(x) (x&-x)
void add(int x,int y){ while(x<=n) cc[x]+=y,x+=lowbit(x); return; }
int que(int x){ int sum=0; while(x) sum+=cc[x],x-=lowbit(x); return sum; }
int que_i(int l,int r){ if(l>r) return 1; return que(r)-que(l-1)==r-l+1; }
void work(){
n=read(); int i,r,j=1,k,cnt,las; for(i=1;i<=n;i++) cc[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for(i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
m=read(); for(i=1;i<=m;i++) c[i]=read(); sort(c+1,c+m+1);
for(i=1;i<=n;i++) if(a[i]<b[i]){ puts("NO"); return; }
for(i=1;i<=n;i++) arr[i].pos=i,arr[i].hei=b[i]; sort(arr+1,arr+n+1);
for(i=1;i<=n;i=r){
for(r=i;r<=n;r++) if(arr[i].hei!=arr[r].hei) break;
las=cnt=0;
for(k=i;k<r;k++){
add(arr[k].pos,1); if(arr[k].hei==a[arr[k].pos]) continue;
if(las==0){ cnt=1; las=arr[k].pos; }
else{
if(!que_i(las+1,arr[k].pos-1)) cnt++;
las=arr[k].pos;
}
}
while(j<=m&&c[j]<=arr[i].hei) cnt-=(c[j]==arr[i].hei),j++;
if(cnt>0){ puts("NO"); return; }
} puts("YES"); return;
}