Vijos1605 NOIP2008 提高组T4 双栈排序 BFS

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题目传送门 - Vijos1605

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题意概括

　　有1个1~n的排列，有2个栈，现在通过以下操作，使得出栈序列有序。

　　操作a 当前元素入栈<S1>

　　操作b 弹出S1栈顶元素

　　操作c 当前元素入栈<S2>

　　操作d 弹出S2栈顶元素

　　如果无法使得出栈序列有序，那么输出0.

　　否则输出满足条件的字典序最小的操作序列。

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题解

　　首先我们可以证明，任意时刻，任意一个栈中的元素，一定满足自底向上呈降序。

　　如果不呈降序呢？

　　那么会出现大的先出栈，小的后出栈的情况，所以一定不行。

　　我们考虑2个元素a[i],a[j]，(i<j)。

　　可以得到信息：

　　如果a[i]<a[j]那么a[i]先出栈

　　否则 a[j]先出栈

　　然后好像没有其他信息了。

　　问题很严峻。

　　于是我们考虑3个元素a[i],a[j],a[k](i<j<k)

　　考虑所有情况。

　　如果a[i]<a[j]<a[k],那么a[i]，a[j]可能在同一个栈中。

　　同样，

　　如果a[i]<a[k]<a[j],那么a[i]，a[j]可能在同一个栈中。

　　如果a[j]<a[i]<a[k],那么a[i]，a[j]可能在同一个栈中。

　　如果a[j]<a[k]<a[i],那么a[i]，a[j]可能在同一个栈中。

　　如果a[k]<a[j]<a[i],那么a[i]，a[j]可能在同一个栈中。（这5中情况都可以有具体操作次序，注意是“可能”）

　　但是，

　　如果a[k]<a[i]<a[j],那么a[i]，a[j]一定不可能在同一个栈中。

　　为什么？

　　首先a[i]进栈。

　　因为a[k]<a[i]，所以在a[k]出栈之前，a[i]不能出栈。

　　然而因为a[i]<a[j]，如果a[i]与a[j]放在同一个栈中，那么会出现题解第一句中表述的不合法情况。

　　因此a[i],a[j]一定不会在同一个栈中。

　　于是我们可以先确定i,j,然后大力枚举k，按照不在同一个栈中的关系建立无向图。相邻的节点一定不会在同一个栈中。这个操作的复杂度为n^3。

　　而实际上，我们可以先预处理一个后缀最小值，那么大力枚举k的时间复杂度就被压缩掉了。

　　优化之后，这个操作的复杂度为n^2。

　　建图之后，就是匹配栈。

　　黑白染色即可。（假设栈1为白色(0)，栈2为黑色(1)）

　　又由于题目要字典序最小的，所以我们尽量给编号小的节点染成白色就可以了。

　　于是我们大力跑一遍广搜。

　　当然染色的过程中会出现相邻节点颜色相同的情况，那么就是无解，直接输出0。

　　广搜完了之后，每一个数字安排的栈位置都已经弄好了。

　　然后就是模拟了。

　　模拟的时候，还是要注意字典序最小的问题。

　　注意按照之前匹配的一定有解的。

　　模拟具体过程：

　　我们弄一个计数器cnt，表示当前出栈到了哪一个数字。

　　对于每次压入元素前，如果栈1的栈顶元素是cnt+1，那么要先将栈1出栈。

　　因为，如果当前元素匹配的是栈2，那么自然就是栈1出栈优先。

　　如果是栈1，那么元素值一定会比cnt+1要大，不满足最前面的那一条。

　　然后，注意对于同一个栈，入栈的优先级一定比出栈高。

　　所以，我们尽量提前入栈。

　　但是入栈是有条件的，要维持序列降序。

　　那么就要先出栈，直到满足降序为止。

　　出栈也是有规矩的。要满足cnt+1，所以是两个栈乱序出栈的。

　　我的程序貌似有点小问题，但是数据水，过去了……

　　具体：

　　如果匹配栈2，那么出栈操作之后，满足栈2降序之后，其实有字典序更小的方案。

　　因为栈2入栈，是c，而栈1出栈是b，所以栈1先出栈是赚的。但是我忘记判这个情况了。

　　然后居然……

　　至此，rzO膜拜大佬出据人Orz

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代码

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=1000+5,Inf=100000;
struct Stack{
	int v[N],t;
	void clear(){
		t=0;
	}
	void push(int x){
		v[++t]=x;
	}
	void pop(){
		t--;
	}
	bool empty(){
		return t==0;
	}
	int top(){
		if (t==0)
			return Inf;
		return v[t];
	}
}s1,s2;
int n,a[N],Min[N],match[N],vis[N],cnt;
bool g[N][N];
queue <int> q;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	Min[n]=10000;
	for (int i=n-1;i>=1;i--)
		Min[i]=min(Min[i+1],a[i+1]);
	memset(g,0,sizeof g);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=i+1;j<=n;j++)
			if (a[i]<a[j]&&Min[j]<a[i])
				g[i][j]=g[j][i]=1;
	memset(vis,0,sizeof vis);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (vis[i])
			continue;
		while (!q.empty())
			q.pop();
		vis[i]=1,match[i]=0;
		q.push(i);
		while (!q.empty()){
			int x=q.front();
			q.pop();
			for (int j=1;j<=n;j++){
				if (!g[x][j])
					continue;
				if (!vis[j]){
					match[j]=match[x]^1;
					q.push(j);
					vis[j]=1;
				}
				else if (match[j]==match[x]){
					printf("0");
					fclose(stdin);fclose(stdout);
					return 0;
				}
			}
		}
	}
	cnt=0;
	s1.clear(),s2.clear();
	for (int i=1;i<=n;i++){
		while (s1.top()==cnt+1){
			printf("b ");
			s1.pop();
			cnt++;
		}
		if (match[i]==0){
			while (a[i]>s1.top()&&(s1.top()==cnt+1||s2.top()==cnt+1))
				if (s1.top()==cnt+1){
					printf("b ");
					s1.pop();
					cnt++;
				}
				else {
					printf("d ");
					s2.pop();
					cnt++;
				}
			s1.push(a[i]);
			printf("a ");
		}
		if (match[i]==1){
			while (a[i]>s2.top()&&(s1.top()==cnt+1||s2.top()==cnt+1))
				if (s1.top()==cnt+1){
					printf("b ");
					s1.pop();
					cnt++;
				}
				else {
					printf("d ");
					s2.pop();
					cnt++;
				}
			s2.push(a[i]);
			printf("c ");
		}
	}
	while (!s1.empty()||!s2.empty())
		if (s1.top()<s2.top()){
			printf("b ");
			s1.pop();
		}
		else {
			printf("d ");
			s2.pop();
		}
	return 0;
}