序列相关的趣题 之四

（8） 给定一个英文单词，消除当中反复的字母，仅仅能删掉字母。不能交换字母顺序，最后原单词中每一个字母仅仅出现一次，求字典序最小的结果。

这是toj一个题。百度面试也问过，原题见 http://acm.tju.edu.cn/toj/showp3257.html

此题我很喜欢，巧妙之处是其算法是O(n)的…… 。我们一个字母一个字母增加序列，一旦来了一个比較“小”的字母，由于我们须要字典顺序最小。我们希望它尽可能靠前。

所以我们试图“冒泡”似的把小的往前面送。经过尾部那些较大的字母临时扔掉。假设它们在后面还会出现的话。后面会增加进来。可是假设我们经过的字母后面再也不出现了。冒泡也就停止了，这个较小的字母也仅仅能临时停在这里了。这符合我们的直觉。“最后一次出现”的大字母是实用的，由于我们终于不能少字母。

题目比較简单，但须要细细思考。

上我的代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;

char s[1024],answer[30];
int main() {
int z;
	for (scanf("%d",&z);z;--z) {
		scanf("%s",s);
		stack<int> st;
		vector<int> num(26,0);
		for (int i = 0; s[i]; ++i) {
			++num[s[i] - ‘a‘];
		}
		vector<bool> have(26,false);
		for (int i = 0; s[i]; ++i) {
			int c = s[i] - ‘a‘;
			--num[c];
			if (!have[c]) {
				for  (;(!st.empty()) && num[st.top()] && (st.top() > c); have[st.top()] = false,st.pop())
				;
				st.push(c);
				have[c] = true;
			}
		}
		answer[st.size()] = 0;
		for (int i = st.size(); !st.empty(); answer[--i] = st.top() + ‘a‘,st.pop())
		;
		puts(answer); 	
			
	}
	return 0;
}
	

代码里记录了一个字母后面还要出现多少次，还有它是否已经在堆栈中了。由于每一个字母最多进出堆栈一次，所以复杂度是O(n)的。

(9) 一个特殊的“堆栈”，仅仅有push_back,push_front和pop_back三种操作。操作数的顺序就是1-n, 给出最后弹出数的顺序，问之前操作的顺序怎样或者根本不可能。

这个题是网上看到的rocket fuel的面试。由于是面试题。没地方提交…… 代码也是自己想的。欢迎提意见。

首先假设弹出的数在数组a里面，而且数组a是1-n的一个排列,即数组a不缺少数。不反复数，没有非法的超出范围的数。

由于全部的数是按1-n的顺序增加进去的，假设一个数x先被弹出来，小于x的数应该都在里面了。它们在里面的顺序怎样呢？ 这个和“时间戳”相关了，先弹出来的肯定在尾部。所以我们先统计每一个数的“时间戳”。然后在弹出x之前，依据小于x的时间戳。决定那些数每一个是push_front还是push_back。

用双端队列模拟。最后看一下队尾是不是我要的那个数就能够了。我定义了一个结构op。里面是pair<int,int>第一个表示操作数，第二个表示前进、后进、出。事实上第一维能够省略的。

代码：

bool solution(vector<int> &a,vector<pair<int,int> > &op) {
int n = a.size();
vector<int> ord(n + 1);
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		ord[a[i]] = i;
	}
	deque<int> q;
	/*
		1 push_back
		-1 push_front
		0 pop_back
	*/
	op.clear();
	for (int i = 1, j = 0;j < n; ++j) {
		for (;i <= a[j]; ++i) {
			if ((q.empty()) || (ord[q.back()] > ord[i])) {
				q.push_back(i);
				op.push_back(make_pair(i, 1));
			}
			else {
				q.push_front(i);
				op.push_back(make_pair(i, 0));
			}
				
		}
		if ((q.empty()) || (q.back() != a[j])) {
			op.clear();
			return false;
		}
		q.pop_back();
		op.push_back(make_pair(a[j], 0));
	}
	return true;
}