标签：
Tom最近在研究一个有趣的排序问题。如图所示，通过2个栈S1和S2，Tom希望借助以下4种操作实现将输入序列升序排序。
操作a
如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S1
操作b
如果栈S1不为空，将S1栈顶元素弹出至输出序列
操作c
如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S2
操作d
如果栈S2不为空，将S2栈顶元素弹出至输出序列
如果一个1~n的排列P可以通过一系列操作使得输出序列为1，2，…，(n-1)，n，Tom就称P是一个“可双栈排序排列”。例如(1,3,2,4)就是一个“可双栈排序序列”，而(2,3,4,1)不是。下图描述了一个将(1,3,2,4)排序的操作序列：<a,c,c,b,a,d,d,b>
输入的第一行是一个整数n。
第二行有n个用空格隔开的正整数，构成一个1~n的排列。
输出共一行，如果输入的排列不是“可双栈排序排列”，输出数字0；否则输出字典序最小的操作序列，每两个操作之间用空格隔开，行尾没有空格。
当然，这样的操作序列有可能有几个，对于上例(1,3,2,4)，<a,c,c,b,a,d,d,b>是另外一个可行的操作序列。Tom希望知道其中字典序最小的操作序列是什么。
把以前不会写的noip题目补一下~其实现在我也还是不会。
感觉这道题思路非常神……首先，贪心的选显然是错误的。然后……这道题到底该怎么做啊啊啊！
于是到最后我还是去看题解了……
这道题首先要证明一个结论：对于任意两个数ai和aj来说,它们不能压入同一个栈(不仅仅指同时在栈中，而是压入了同一个栈)中的充要条件是:存在一个k,使得i<j<k且ak<ai<aj.
首先证明充分性。由于ak<ai，那么当ak入栈时，aj会在ai下面，于是无解。
然后证明必要性。这个东西比较难证，于是我们可以转而证明它的逆否命题：若对于任意的i<j<k,不满足ak<ai<aj，那么他们可以压入一个栈。
对于不满足ak<ai<aj有两种情况：一是ak>ai，二是ai>aj。
对于第一种情况，由于ak>ai，所以在ak入栈之前ai已经可以弹出，于是可以压入同一个栈。
对于第二种情况，显然不论ak大小如何，都可以先把ai和aj压入同一个栈，aj会先于ai弹出。
于是该命题的逆否命题得证，所以原命题得证。
于是，这个问题就变成了二分图的问题了。把不可以压入同一个栈的点连边，然后判断一个图不是二分图就无解，否则有解。
然后就是字典序最小的问题了。由于字典序最小需要靠前的数尽量往第一个栈里丢，所以可以从前到后判断一下，在二分图中dfs一遍。
于是这道题就这么愉快的解决辣！话说考场上碰到这种题我真的写得出来吗？
小结一下：1.碰到一类毫无思路的问题时，要推一推题目中有没有什么奇妙的性质；
2.发现自己的复杂度远过低时，一定要多检查几遍；
3.一定要先写暴力，可以用来验证自己猜的结论。
下面贴代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define N 1010
using namespace std;
typedef long long llg;
int n,a[N<<1],wa[N],co[N],b[N],lb;
int head[N],next[N*N],to[N*N],tt;
int s1[N],t1,s2[N],t2,now=1;
bool vis[N];
int getint(){
int w=0;bool q=0;
char c=getchar();
while((c>‘9‘||c<‘0‘)&&c!=‘-‘) c=getchar();
if(c==‘-‘) c=getchar(),q=1;
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘,c=getchar();
return q?-w:w;
}
void link(int x,int y){
to[++tt]=y;next[tt]=head[x];head[x]=tt;
to[++tt]=x;next[tt]=head[y];head[y]=tt;
}
bool ran(int u){
bool ww=0;
for(int i=head[u],v;v=to[i],i;i=next[i])
if(co[v]==co[u]) return 0;
else if(!co[v]) co[v]=3-co[u],ww|=!ran(v);
return !ww;
}
void dfs(int u,bool w){
if(w) co[u]=3-co[u]; vis[u]=1;
for(int i=head[u],v;v=to[i],i;i=next[i])
if(!vis[v]) dfs(v,w);
}
int main(){
File("a");
n=getint(); wa[n+1]=2147483647;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
for(int i=n;i>=1;i--) wa[i]=min(wa[i+1],a[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++)
if(a[i]<a[j] && a[i]>wa[j+1]) link(i,j);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!co[i]){
co[i]=1;
if(!ran(i)){
printf("0");
return 0;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]) dfs(i,co[i]!=1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(co[i]==1) s1[++t1]=a[i],b[++lb]=1;
if(co[i]==2) s2[++t2]=a[i],b[++lb]=3;
while(s1[t1]==now || s2[t2]==now){
if(s1[t1]==now) t1--,b[++lb]=2;
if(s2[t2]==now) t2--,b[++lb]=4;
now++;
}
}
for(int i=1;i<=lb;i++) printf("%c ",‘a‘+b[i]-1);
}
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/lcf-2000/p/5927832.html
