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

分析：

二分图染色+模拟

1.首先考虑一个简单情况——单栈排序,显然有这样的一个事实：

a[i]和a[j] 不能压入同一个栈?存在一个k,使得i < j < k且a[k] < a[i] < a[j]

显然上面的i，j，k满足关系。

显然上面这个序列不能满足只用一个栈操作这个要求。

时间复杂度为O(n^3).对于n<=1000仍显吃力,对此可以用动态规划的思想,将上述复杂度降到O(n^2)。

状态:f[i]=min(a[i],a[i+1], … ,a[n])

边界条件:f[n+1]=INF;

状态转移方程:f[i]=min(f[i+1],a[i]);

于是上述判断就转化为了f[j+1] < a[i] && a[i] < a[j]

2.扩展到双栈排序:

如果a[i]和a[j]不能在一个栈内，即连接一条i与j之间的无向边,接下来我们只需要判断这个图是否为二分图

由于题目中说编号的字典序要尽可能的小，那么就把编号小的尽可能放到stack1

判断二分图的方法可以采用黑白染色的方式，先从编号小的开始染,第一个顶点染成黑色,相邻的顶点染成不同的颜色,如果发现黑白冲突,那么说明这个图不是一个二分图,是不合法的,输出0.

(DFS或BFS染色均可)

3.染色后所有黑色的点进stack1,所有白色的点进stack2，最后模拟输出过程就可以了.

分析二：首先，元素要么用一个栈排序，要么用两个栈排序，如果用一个栈排序，那么字典序可以保证最小，为什么要两个栈呢？因为会存在元素f(i),f(j)不能在一个栈里面排序.什么样的元素不能在同一个栈里面排序呢？当f(i) < f(j) f(i) > f(k),且i < j < k时不行，首先k必须要第一个弹出，因为j > i，在f(k)弹出之前f(i)和f(j)都在栈里面，而f(k)弹出之后f(j) > f(i),而f(j)在栈顶，所以不行.根据这个，我们可以把元素分到两个栈里去排序.可以把两个栈看作一个二分图，可以知道一个栈里面的点不能和栈里另一个点相连，如果满足二分图，那么就可以排序.怎么检测是不是二分图呢？把不能在一个栈里面排序的元素连边，给其中一个元素染色，另一个染不同的颜色，如果一个元素相连的颜色和自己相同则不是二分图.我们在染色的时候把最小的颜色染成最小的.这样在排序的时候就可以满足字典序.然后一个一个扫描，模拟排序即可.

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #define Ll long long
 6 using namespace std;
 7 int a[1001],v[1001],f[1001];
 8 int q1[1001],top1,q2[1001],top2,now,l;
 9 bool ok[1001][1001];
10 int n;
11 void gg(){printf("0");exit(0);}
12 void dfs(int x,int y)
13 {
14     v[x]=y;
15     for(int i=1;i<=n;i++)
16         if(ok[i][x])
17             if(v[i]==y)gg();else
18             if(v[i]==0)dfs(i,y^1);
19 }
20 int main()
21 {
22     scanf("%d",&n);
23     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
24     f[n+1]=n+1;
25     for(int i=n;i;i--)f[i]=min(f[i+1],a[i]);
26     for(int i=1;i<=n;i++)
27         for(int j=i+1;j<=n;j++)
28             if(a[i]<a[j]&&a[i]>f[j])ok[i][j]=ok[j][i]=1;
29     for(int i=1;i<=n;i++)if(v[i]==0)dfs(i,2);
30     l=1;now=1;a[0]=n+1;
31     while(now<=n)
32         if(v[l]==2&&a[q1[top1]]>a[l])printf("a "),q1[++top1]=l++;else
33         if(now==a[q1[top1]])printf("b "),top1--,now++;else
34         if(v[l]==3&&a[q2[top2]]>a[l])printf("c "),q2[++top2]=l++;else
35         if(now==a[q2[top2]])printf("d "),top2--,now++;
36 }