题意：52张牌排一行，一旦出现任何一张牌与它左边的第一张或第三张“匹配”，即花色或点数相同，则须立即将其移动到那张牌上面，将其覆盖。能执行以上移动的只有压在最上面的牌。直到最后没有牌能向左移动。

注意细则：如果同时有多张牌都可以移动，你应该采取的策略是移动最左边可移动的牌。当一张牌既可以移动到左边第一张，又可以移动到左边第三张时，应移动到左边第三张上面。

代码：（Accepted，0.100s）

//UVa127 - "Accordian" Patience

//Accepted 0.100s

//#define _XIENAOBAN_

#include<iostream>

#include<cstdio>

#define NUM 52

#define BIAS 1

using namespace std;

struct card {

    char a, b;

    bool operator ==(card& that) {

        return a == that.a || b == that.b;

    }

};

struct stack {

    card st[NUM + 2], *p;

    void ini() {

        p = st + 1;

    }

    card& pop() {

        if (p != st) return *(p--);

        return *p;

    }

    card& top() {

        return *p;

    }

    void push(card& c) {

        *++p = c;

    }

    int size() {

        return p - st;

    }

    bool empty() {

        return p == st;

    }

}cards[NUM + 3];

struct list {

    stack *ls[NUM + 2];

    list() {

        for (int i(0);i < NUM + 1;++i)

            ls[i] = cards + i;

        ls[NUM + 1] = nullptr;

    }

    void erease(int n) {

        while (ls[n] != nullptr) {

            ls[n] = ls[n + 1];

            ++n;

        }

    }

    stack& operator [](int i) {

        if (i >= 0) return *ls[i];

        return *ls[0];

    }

};

int main()

{

#ifdef _XIENAOBAN_

#define gets(T) gets_s(T, 129)

    freopen("in.txt", "r", stdin);

    freopen("out.txt", "w", stdout);

#endif

    cards[0].st[1].a = cards[0].st[1].b = 'X';          // 第0个stack的top里储存一个没用的card，使得没有一张卡片与之相等，以方便以后处理前两张左边没牌的牌；

    while ((cards[1].st[1].a = getchar()) != '#') {

        cards[1].st[1].b = getchar();

        getchar();

        for (int i(0);i < NUM + 3;++i) cards[i].ini();  // 每个stack里将都只有一张卡片，这个ini就是把top的指针指向1

        for (int i(2);i < NUM + 1;++i) {                // 数据全部直接作为top读取到stack里面

            cards[i].top().a = getchar();

            cards[i].top().b = getchar();

            getchar();

        }

        list pile;                                      //处理部分，直接模拟，懒得另写函数了

        int num;

        for (num = 2;&pile[num];) {                     // num从2开始，毕竟第一个数据怎么样也移动不了（接下来num再跳回1就懒得管他了）

            if (pile[num].top() == pile[num - 3].top()) {

                pile[num - 3].push(pile[num].pop());

                if (pile[num].empty()) pile.erease(num);

                num -= 3;

            }

            else if (pile[num].top() == pile[num - 1].top()) {

                pile[num - 1].push(pile[num].pop());

                if (pile[num].empty()) pile.erease(num);

                --num;

            }

            else ++num;

        }

        printf("%d pile", num - 1);

        if (num != 2) printf("s");

        printf(" remaining:");

        for (int i(1);i < num;++i) printf(" %d", pile[i].size());

        puts("");

    }

    return 0;

}

分析：差不多又是一遍过，而且只用了0.1s，竟然挤进了UVa本题Ranking的前20，虽然题目确实很简单就是了，还是开心的不行。

我的思路是安放52个栈，直接进行模拟操作。从第二张牌开始（毕竟第一张牌不可能向左移动）往下判断，直到到达末尾。

具体流程是，若当前牌可以左移，移之，并且下一个进行判断的牌还是它（因为左侧的都是已经完成的不可能再有可移动的牌了，所以无需重新从最左侧开始检索）；反之此牌没法动了，则判断下一张牌。

感觉这不能叫遍历，毕竟期间会向左移动牌，应该算是迭代吧。

要注意的是输出格式！如下图所示，

6 piles remaining: 40 8 1 1 1 1

1 pile remaining: 52

pile/piles的单复数问题。