【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:

当然,这样的操作序列有可能有几个,对于上例(1,3,2,4),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】

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。

样例输入 样例输出
4 1 3 2 4 a b a a b b a b
4 2 3 4 1 0
3 2 3 1 a c a b b d

【数据范围限制】

30%的数据满足: n<=10

50%的数据满足: n<=50

100%的数据满足: n<=1000

【题解】

这题有一点难度。

比赛时,我一看到这道题目,就想到了一种很WS的东西:暴力模拟!

然后就只拿了 27.3

其实这道题目要用到一种神奇的东西—— 二分图染色

大体的思路就是先处理好每一个数要进入的栈,再暴力模拟一遍就好了。

设 s[i] 表示输入的第i个数

设 f[i] 表示从第i个数起到第n个数的 最小值

我们会发现,总有一些数字是不能在同一个栈里的(由始至终都不可以哦~)。

如果 i < j < k,且 s[k] < s[i] < s[j],那么s[i]和s[j]就一定不能出现在同一个栈里面。

论证方法就不写了。

但每次都枚举i,j,k,明显会时超。

所以我们就可以用到 f 数组了!

认真地再看一看这条语句:

如果 i < j < k,且 s[k] < s[i] < s[j],那么s[i]和s[j]就一定不能出现在同一个栈里面。

也就是说,如果 \(\space j+1 到 n之间的最小值\space\space <s[i]<s[j]\),i,j就不能同时出现在同一个栈中。

也就是$当 f[j+1] < s[i]<s[j]( i< j ) $时,i,j就不能同时出现在同一个栈中。

这样连边就能只用一个双重循环来做了。

再设 c[i] 表示第i个数要进去的栈(栈S1用1表示,栈S2用2表示,初始化为0)

我们就开始枚举1~N的所有数字i,只要c[i]为0,就把c[i]赋值(染色)为1(这样一定最优),然后开始枚举与 i 有连边的数 j,把c[j]赋值为和c[i]的值相反的数(即当c[i]=1,c[j]=2;c[i]=2,c[j]=1),并从j那里出发,继续染与j有连边的数……如果碰到c[j]已经被赋(染)过值了,并且c[i]=c[j],那肯定是无法排序的了,输出0并结束程序就好了。

染色用DFS来做。

最后根据c[i]的值,暴力模拟一遍就可以了。

下面来说一下一些细节:

  1. 连边时一定要连 双向边,譬如要在 x,y 之间连一条边,都要连两条单向的边 x,y 和 y,x,存边最好用 邻接表
  2. 连完边后,要把1到n的数都走一次 递归 ,并把与这个数相连的所有数染完色后,从这些数继续递归染色;
  3. 每个数都只递归一次,因为重复地递归同一个数,是浪费时间而没有半点用处的;
  4. 有一种特殊的情况,就是当栈S2的栈顶可以弹栈,而S1又可以从输入的栈加入一个数时,一定要先读入,后弹栈——因为如果先弹栈,后输入,那输出队列里存的就是 d a 了,这样明显不如 a d 那么优。

建议还不太明白的同学来模拟一些这个数据:

14

2 3 1 4 14 6 12 5 11 13 7 8 9 10

还有不懂的同学可以来找我。

下面附上标程,可以参考一下。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define MAX 0x7fffffff
int s[1010],f[1010],c[1010],a[1010],b[1010],edge[1010][1001];
char st[5010];bool bk[1010];
void inc(int x,int y)//建边(一定要是双向的),用领接表储存
{
edge[x][++edge[x][0]]=y;
edge[y][++edge[y][0]]=x;
}
void build(int k)//二分图染色
{
if(bk[k]) return;
bk[k]=true;
if(c[k]==0) c[k]=1;
int i,j;
for(i=1;i<=edge[k][0];i++)
{
j=edge[k][i];
if(c[k]==c[j])
{
puts("0");
exit(0);
}
if(c[k]==1) c[j]=2;
else c[j]=1;
build(j);
}
}
int main()
{
freopen("twostack.in","r",stdin);
freopen("twostack.out","w",stdout);
int n,i,j,k,ans=0,next=1;
scanf("%d",&n);
f[n+1]=MAX;
for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);
for(i=n;i>0;i--)
{
if(s[i]>f[i+1]) f[i]=f[i+1];
else f[i]=s[i];
}
for(i=1;i<n;i++)
{
for(j=i+1;j<n;j++)
{
if(s[i]<s[j]&&s[i]>f[j+1]) inc(i,j);
}
}
for(i=1;i<=n;i++) build(i);//染色
for(i=1;i<=n;i++)//暴力模拟
{
if(c[i]==1)
{
st[++ans]='a';
++a[0];
a[a[0]]=s[i];
}
else
{
st[++ans]='c';++b[0];
b[b[0]]=s[i];
}
while(a[a[0]]==next)
{
st[++ans]='b';
next++;a[0]--;
}
while(b[b[0]]==next)
{
if(i<n&&(a[0]==0||(c[i+1]==1&&a[a[0]]>s[i+1])))
{
i++;++a[0];
a[a[0]]=s[i];
st[++ans]='a';
}
st[++ans]='d';
next++;b[0]--;
}
while(a[a[0]]==next)
{
st[++ans]='b';
next++;a[0]--;
}
}
while(a[0]>0||b[0]>0)
{
while(a[a[0]]==next)
{
st[++ans]='b';
next++,a[0]--;
}
while(b[b[0]]==next)
{
st[++ans]='d';
next++,b[0]--;
}
}
for(i=1;i<ans;i++) printf("%c ",st[i]);
printf("%c\n",st[ans]);
return 0;
}

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