【问题描述】
用两个栈使一个1...n的排列变得有序。一共有四个操作：
A.stack1.push() 读入一个放入栈一
B.stack1.pop() 弹出栈一放入输出序列
C.stack2.push() 读入一个放入栈二
D.stack2.pop() 弹出栈二放入输出序列
给你一个初始的排列，求一个字典序最小的操作序列使得变得有序，若没有满足条件的操作序列，输出‘0‘。
Sample.in Sample.out
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
【分析】
嗯嗯嗯...这题好有意思啊...然后开始埋头苦干，发现好神奇啊！
1.栈原来真的可以排序诶！
2.双栈原来也可以排序诶！
3.原来第二个样例真的不能排序诶！
....于是沉默了....于是开始纠结....什么样的数据不能用双栈排序呢？
........
思考了很久很久.....似乎想不出来什么东西....
不过我在构造中发现....每当一个栈要挂的时候，往往可以祸水东引，将即将堵住的元素放到另一个栈中去，每次两个栈都堵住的时候...恩恩，双栈排序就挂了！
于是开始想另一个问题：什么样的数据不能用单栈排序....
随便造了一个：2 3 1 恩，就挂了。
因为2应该在3前出去，但是因为1在后面，所以2出不去，就被3堵住了....
所以只要有 i<j<k 满足 a[k]<a[i]<a[j] 就可以卡死一个栈了....
【题外】【严谨证明】【copy from codevs】【不想看的记住这个结论就好了】
考虑对于任意两个数a[i]和a[j]来说,它们不能压入同一个栈中的充要条件是什么(注意没有必要使它们同时存在于同一个栈中,只是压入了同一个栈).
实际上,这个条件p是:存在一个k,使得i<j<k且a[k]<a[i]<a[j]. [猜对了有木有！]
首先证明充分性,即如果满足条件p,那么这两个数一定不能压入同一个栈.这个结论很显然,使用反证法可证.
假设这两个数压入了同一个栈,那么在压入a[k]的时候栈内情况如下:
…a[i]…a[j]… 因为a[k]比a[i]和a[j]都小,所以很显然,当a[k]没有被弹出的时候,另外两个数也都不能被弹出(否则输出序列中的数字顺序就不是1,2,3,…,n了). 而之后,无论其它的数字在什么时候被弹出,a[j]总是会在a[i]之前弹出.而a[j]>a[i],这显然是不正确的. 接下来证明必要性.也就是:如果两个数不可以压入同一个栈,那么它们一定满足条件p. 这里我们来证明它的逆否命题,也就是"如果不满足条件p,那么这两个数一定可以压入同一个栈." 不满足条件p有两种情况: 1. 对于任意i<j<k且a[i]<a[j] , a[k]>a[i]; 2. 对于任意i<j , a[i]>a[j]. 第一种情况下,很显然,在a[k]被压入栈的时候,a[i]已经被弹出栈.那么,a[k]不会对a[j]产生任何影响(这里可能有点乱,因为看起来,当a[j]<a[k]的时候,是会有影响的,但实际上,这还需要另一个数r,满足j<k<r且a[r]<a[j]<a[k],也就是证明充分性的时候所说的情况…而事实上我们现在并不考虑这个r,所以说a[k]对a[j]没有影响). 第二种情况下,我们可以发现这其实就是一个降序序列,所以所有数字都可以压入同一个栈. 这样,原命题的逆否命题得证,所以原命题得证. 此时,条件p为q1[i]和q1[j]不能压入同一个栈的充要条件也得证.
所以如果遇到这样的 i,j，它们一定不能丢到一个栈里面去，于是给它们并查集连个虚点？或者连条什么边[二分图染色]。
唔...下面就好办啦....[我打的二分图染色，就讲这个哈]
二分图染色 [只有两种颜色1,0] 就是在每一个连通块上，对一个点染上黑色[belong[x]=1]，然后对所有连的边染上和它不同的颜色[belong[v]=1^belong[x]]，当然还得给每个元素下一个是否已经找到颜色的标记sure[]，以免多次染色和漏掉矛盾。[矛盾的情况很好办咯...就是发现两个已经确定的，而且练了边的点染成了同一个颜色！....然后就枪毙了...]
因为要求操作序列的字典序最小，所以我们希望前面的元素能尽可能放进栈一中，假设栈一中的都是颜色为黑的，那么只需要按照顺序对每一个不曾染过色的点染成黑色，然后拓展它所在的连通块即可。
最后，我们都知道了所有点在哪个栈中....就可以开始开心的模拟了！
记录一个cot表示现在希望弹出的元素是几，发现可以弹出cot的时候一直弹弹弹[ 弹走鱼尾纹 ] 就可以了，具体还不懂就看代码咯.....[有贴心小注释]
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3
4 using namespace std;
5
6 inline int in(){ //读入优化
7 int x=0;char ch=getchar();
8 while(ch>‘9‘ || ch<‘0‘) ch=getchar();
9 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
10 return x;
11 }
12
13 const int maxn=1010;
14
15 struct Node{ //携带本人代码气息的邻接表
16 int data,next;
17 }node[maxn*maxn];
18
19 #define now node[point].data
20 #define then node[point].next
21
22 int n,cnt,t1,t2,cot=1;
23 int a[maxn],head[maxn],belong[maxn];
24 int f[maxn],s1[maxn],s2[maxn];
25 bool sure[maxn],over;
26
27 inline int Min(int a,int b){
28 if(a>b) return b;return a;
29 }
30
31 inline void add(int u,int v){ //邻接表加边
32 node[cnt].data=v;node[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;
33 node[cnt].data=u;node[cnt].next=head[v];head[v]=cnt++;
34 }
35
36 void dfs(int x){
37 sure[x]=true;
38 for(int point=head[x];point!=-1;point=then)
39 if(sure[now]){ //如果相邻的点已经被染过色
40 if(belong[now]^belong[x]); //说明相邻两个点的颜色不同
41 else{over=true;return;}
42 }
43 else //如果相邻的点未曾染色
44 belong[now]=1-belong[x],dfs(now); //染色，并扩展所在连通分块
45 }
46
47 inline void Pop(){ //弹出栈的函数，因为弹出一个栈，cot会 ++，所以可能会带来连锁弹栈
48 while(s1[t1]==cot || s2[t2]==cot){
49 while(s1[t1]==cot && t1)
50 putchar(‘b‘),putchar(‘ ‘),cot++,t1--;
51 while(s2[t2]==cot && t2)
52 putchar(‘d‘),putchar(‘ ‘),cot++,t2--;
53 }
54 }
55
56 int main(){
57 n=in();
58 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=in(),head[i]=-1;
59
60 //对于任意两个数a[i]和a[j]来说,它们不能压入同一个栈中的充要条件是 : 存在一个k,使得i<j<k且a[k]<a[i]<a[j]
61 f[n+1]=0x7f7f7f7f;
62 for(int i=n;i;i--)
63 f[i]=Min(f[i+1],a[i]); //预处理出当前位置往后最小的 a[k]
64
65 for(int i=1;i<n;i++)
66 for(int j=i+1;j<n;j++)
67 if(a[i]<a[j] && a[i]>f[j+1]) add(i,j);
68
69 for(int i=1;i<=n;i++)
70 if(!sure[i]){
71 dfs(i); //a[i]所在连通分块中，在序列中的第一个元素染成白色，也就是放入栈 1中[因为 belong[]的初值为 0]
72 if(over){printf("0");return 0;}
73 }
74
75 for(int i=1;i<=n;i++){
76 if(belong[i]) //模拟压栈
77 putchar(‘c‘),putchar(‘ ‘),s2[++t2]=a[i];
78 else
79 putchar(‘a‘),putchar(‘ ‘),s1[++t1]=a[i];
80 if(a[i]==cot) Pop();
81 }
82 return 0;
83 }