双栈排序（codevs 1170）

最新推荐文章于 2025-05-30 18:53:01 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/harden/p/6004076.html

本文介绍了一种使用两个栈进行序列升序排序的方法，并详细解释了如何确定输入序列是否为可双栈排序排列。通过染色原理判断元素所在栈，并模拟输出字典序最小的操作序列。

题目描述 Description

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。

输入描述 Input Description

输入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。

输出描述 Output Description

输出共一行，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 Sample Input

【样例1】

1 3 2 4

【样例2】

2 3 4 1

【样例3】

2 3 1

样例输出 Sample Output

【样例1】

a b a a b b a b

【样例2】

【样例3】

a c a b b d

数据范围及提示 Data Size & Hint

30%的数据满足： n<=10

50%的数据满足： n<=50

100%的数据满足： n<=1000

/*
  不得不说，真的是很神奇的一道题
  自己想着是要用字典序的，所以应该按顺序考虑a,b,c,d，然而noipT4怎么可能这么简单没有考虑一种最重要的情况，当i<j<k,且ak<ai<aj时，i和j必定不能在一个栈中，这就是解题的关键，利用染色的原理，处理出哪些元素在s1中，哪些元素在s2中，然后模拟出答案。
  RE了N多次，rmq还是不太熟啊！ 
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define N 1010
using namespace std;
int a[N],head[N],mn[N][25],color[N],s1[N],s2[N],n,top1,top2,cnt;
bool flag;
struct node
{
    int v,pre;
};node e[N*N];
void rmq()
{
    memset(mn,127/3,sizeof(mn));
    for(int i=1;i<=n;i++)mn[i][0]=a[i];
    for(int j=1;j<=20;j++)
      for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
        mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
int query(int x,int y)
{
    int k=log(y-x+1)/log(2);
    return min(mn[x][k],mn[y-(1<<k)+1][k]);
}
void add(int x,int y)
{
    ++cnt;
    e[cnt].v=y;
    e[cnt].pre=head[x];
    head[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
    if(flag)return;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].pre)
      if(!color[e[i].v])
      {
          color[e[i].v]=3-color[x];
          dfs(e[i].v);
      }
      else if(color[e[i].v]==color[x])
      {
          flag=true;return;
      }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%d",&a[i]);
    rmq();
    for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=i+1;j<n;j++)//交了N多变都是RE，原因就是多写了个“=”，然后就用了log（0） 
      {
          if(a[i]>a[j])continue;
          int x=query(j+1,n);
          if(x<a[i])add(a[i],a[j]),add(a[j],a[i]);
      }
    for(int i=1;i<=n;i++)
      if(!color[i])
      {
          color[i]=1;
          dfs(i);
          if(flag)
          {
              printf("0");
              return 0;
          }
      }
    int now=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(color[a[i]]==1)
        {
            if(a[i]==now){printf("a b ");now++;}
            else
            {
                while(a[i]>s1[top1]&&top1)top1--,printf("b ");
                s1[++top1]=a[i];printf("a ");
            }
        }
        else 
        {
            if(a[i]==now){printf("c d ");now++;}
            else
            {
                while(a[i]>s2[top2]&&top2)top2--,printf("d ");
                while(s1[top1]==now)top1--,printf("b "),now++;
                s2[++top2]=a[i];printf("c ");
            }
        }
    }
    for(int i=now;i<=n;i++)
    {
        while(top1&&i==s1[top1])top1--,printf("b ");
        while(top2&&i==s2[top2])top2--,printf("d ");
    }
    return 0;
}