# 题意
通过两个栈，4中操作，实现输入序列升序排序
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”。
操作序列为<a,c,c,b,a,d,d,b>
另一个可行的序列为<a,c,c,b,a,d,d,b>
如果序列可双栈排序，输出字典序最小的操作
否则输出数字0
# 题解
如果只有一个栈，则整个操作顺序是固定的：
从前往后遍历每个数，每次先将当前数压入栈中，如果后面的所有数均比栈顶元素大，则将栈顶弹出，否则栈顶不能被弹出。
因此，我们只需考虑将每个数分配给哪个栈即可。
这里有个很强的性质：
两个数 i , j ( i ≤ j ) 不能被放入同一个栈中，当且仅当存在 k , k > j 且 q [k] < q [i] < q [j]。
性质证明：
必要性：
如果有 i < j < k, 且 q[k] < q[i] < q[j]，则因为 q[i] 和 q[j] 的后面均存在一个更小的q[k]，因此q[i]和q[j]都不能从栈中被弹出，所以从栈底到栈顶的元素就不是单调的降序了，那么弹出时得到的序列就会出现逆序对。因此q[i]和q[j]不能被分到同一个栈中。
充分性：
如果q[i]和q[j]不满足上述条件，则我们在操作过程中一定不会出现矛盾。
在操作过程中，如果当前要入栈的数是q[j]，那么此时：
所有大于q[j]的元素，都一定在栈中；
所有小于q[j]的元素，比如q[i] < q[j]，则由于后面不存在q[k] < q[i]，因此q[i]一定已经出栈；
所以此时将q[j]压入栈中后，从栈底到栈顶仍然可以保持降序，因此整个进栈、出栈过程是可以顺利进行的。
有了上述性质后，我们只需将所有满足条件的点分到两个栈中去即可。这一步可以转化成图论问题：
如果i, j满足条件，则在i和j之间连一条边。
然后判断是否是二分图即可。
答案要求字典序最小，因此从前往后染色时，需要优先将当前点分配到第一个栈中。
时间复杂度
建图时需要枚举所有点对，时间复杂度是O(n2)。
染色法判定二分图的时间复杂度是 O(n+m)。
最后模拟栈排序的过程需要 O(n) 的计算量。
因此总时间复杂度是 O(n2)。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=1010;
4 int n;
5 int a[N];
6 int f[N];
7 int color[N];
8 bool g[N][N];
9 stack<int>stk1,stk2;
10 bool dfs(int u,int c){
11 color[u]=c;
12 for(int i=1;i<=n;i++){
13 if(g[u][i]){
14 if(color[i] == c)
15 return 0;
16 if(color[i] == -1 && !dfs(i,!c)) return 0;
17 }
18 }
19 return 1;
20 }
21 int main(){
22 ios::sync_with_stdio(0);
23 cin.tie(0);
24 cout.tie(0);
25 cin>>n;
26 memset(g,0,sizeof g);
27 for(int i=1;i<=n;i++)
28 cin>>a[i];
29 f[n+1]=n+1;
30 for(int i=n;i>=1;i--)
31 f[i]=min(f[i+1],a[i]);
32
33 for(int i=1;i<=n;i++)
34 for(int j=i+1;j<=n;j++)
35 if(a[i] < a[j] && f[j+1] < a[i])
36 g[i][j]=g[j][i]=1;
37 memset(color,-1,sizeof color);
38 for(int i=1;i<=n;i++)
39 if(color[i]==-1 && !dfs(i,0)){
40 cout<<0<<endl;
41 return 0;
42 }
43 int now = 1;
44 for(int i = 1; i<=n;i++){
45 if(color[i]==0) {
46 stk1.push(a[i]);
47 cout<<‘a‘<<‘ ‘;
48 }
49 else {
50 stk2.push(a[i]);
51 cout<<‘c‘<<‘ ‘;
52 }
53
54 while(1){
55 if(stk1.size() && stk1.top()==now){
56 cout<<‘b‘<<‘ ‘;
57 stk1.pop();
58 now++;
59 }
60 else if(stk2.size() && stk2.top()==now){
61 cout<<‘d‘<<‘ ‘;
62 stk2.pop();
63 now++;
64 }
65 else break;
66 }
67 }
68 cout<<endl;
69 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/hhyx/p/12495698.html