洛谷——P1155 双栈排序

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

如果满足 i<j<k &&num[i]<num[j],num[i]>num[k]就不能单栈排序并考虑双栈

　　如果不是二分图就不能双栈排序

最后模拟输出 ————我居然在模拟上卡了很长时间！！

 #include <algorithm>

 #include <cstring>

 #include <cstdio>

 #include <queue>

 using namespace std;

 const int N(+);

 int n,num[N],pre,mi[N];

 int head[N],sumedge;

 struct Edge

 {

     int u,v,next;

     Edge(int u=,int v=,int next=):

         u(u),v(v),next(next){}

 }edge[N<<];

 void ins(int u,int v)

 {

     edge[++sumedge]=Edge(u,v,head[u]);

     head[u]=sumedge;

 }

 int col[N],st1[N],st2[N],to1,to2;

 void Paint_(int s)

 {

     col[s]=;

     queue<int>que;

     que.push(s);

     while(!que.empty())

     {

         pre=que.front();que.pop();

         for(int i=head[pre];i;i=edge[i].next)

         {

             int to=edge[i].v;

             if(col[to]!=-)

             {

                 if(col[to]==col[pre])

                 {

                     puts("");

                     exit();

                 }

             }

             else

             {

                 col[to]=col[pre]^;

                 que.push(to);

             }

         }

     }

 }

 int main()

 {

     scanf("%d",&n);

     for(int i=;i<=n;i++)

         scanf("%d",num+i);

     mi[n+]=1e7;

     for(int i=n;i>=;i--)

         mi[i]=min(mi[i+],num[i]);

     for(int i=;i<n;i++)

       for(int j=i+;j<=n;j++)

           if(num[i]<num[j]&&num[i]>mi[j+])

                  ins(i,j),ins(j,i);

     memset(col,-,sizeof(col));

     for(int i=;i<=n;i++)

         if(col[i]==-) Paint_(i);

     int now_min=;

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         if(col[i]==)

         {

             if(num[i]==now_min)

             {

                 printf("a b "),now_min++;

                 if(st1[to1]==num[i]) to1--;

             }

             else if(!to1||st1[to1]>num[i])

                 st1[++to1]=num[i],printf("a ");

             for(;to1&&st1[to1]==now_min;)

                 printf("b "),to1--,now_min++;

         }

         else

         {

             if(num[i]==now_min)

             {

                 printf("c d "),now_min++;

                 if(st1[to1]==num[i]) to1--;

             }

             else if(!to2||st2[to2]>num[i])

                 st2[++to2]=num[i],printf("c ");

             for(;to2&&st2[to2]==now_min;)

                 printf("d "),to2--,now_min++;

         }

     }

     for(;now_min<=n;now_min++)

     {

         for(;st1[to1]==now_min;to1--) printf("b ");

         for(;st2[to2]==now_min;to2--) printf("d ");

     }

     return ;

 }

巴特西

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