题目描述
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>
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。
输入输出格式
输入格式：输入文件twostack.in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。
输出格式：输出文件twostack.out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。
输入输出样例
输入样例#1：
【输入样例1】 4 1 3 2 4 【输入样例2】 4 2 3 4 1 【输入样例3】 3 2 3 1
输出样例#1：
【输出样例1】 a b a a b b a b 【输出样例2】 0 【输出样例3】 a c a b b d
说明
30%的数据满足： n<=10
50%的数据满足： n<=50
100%的数据满足： n<=1000
/* 二分图染色+模拟 1.首先考虑一个简单情况——单栈排序,显然有这样的一个事实： a[i]和a[j] 不能压入同一个栈?存在一个k,使得i < j < k且a[k] < a[i] < a[j] 时间复杂度为O(n^3).对于n<=1000仍显吃力,对此可以用动态规划的思想,将上述复杂度降到O(n^2)。 状态:f[i]=min(a[i],a[i+1], … ,a[n]) 边界条件:f[n+1]=INF; 状态转移方程:f[i]=min(f[i+1],a[i]); 于是上述判断就转化为了f[j+1] < a[i] && a[i] < a[j] 2.扩展到双栈排序: 如果a[i]和a[j]不能在一个栈内，即连接一条i与j之间的无向边,接下来我们只需要判断这个图是否为二分图 由于题目中说编号的字典序要尽可能的小，那么就把编号小的尽可能放到stack1 判断二分图的方法可以采用黑白染色的方式，先从编号小的开始染,第一个顶点染成黑色,相邻的顶点染成不同的颜色,如果发现黑白冲突,那么说明这个图不是一个二分图,是不合法的,输出0. (DFS或BFS染色均可) 3.染色后所有黑色的点进stack1,所有白色的点进stack2，最后模拟输出过程就可以了. */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define maxn 1001 using namespace std; int a[maxn],v[maxn],f[maxn]; int q1[maxn],top1,q2[maxn],top2,now,l; bool ok[maxn][maxn]; int n; void dfs(int x,int y){ v[x]=y; for(int i=1;i<=n;i++) if(ok[i][x]){ if(v[i]==y){puts("0");exit(0);} else if(v[i]==0)dfs(i,y^1); } } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); f[n+1]=n+1; for(int i=n;i>=1;i--)f[i]=min(f[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]>f[j])ok[i][j]=ok[j][i]=1; for(int i=1;i<=n;i++)if(v[i]==0)dfs(i,2); l=1;now=1;a[0]=n+1; while(now<=n){ if(v[l]==2&&a[q1[top1]]>a[l])printf("a "),q1[++top1]=l++; else if(now==a[q1[top1]])printf("b "),top1--,now++; else if(v[l]==3&&a[q2[top2]]>a[l])printf("c "),q2[++top2]=l++; else if(now==a[q2[top2]])printf("d "),top2--,now++; } }