这个题并不是那么的水
/*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] 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.*/ #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<queue> #include<vector> #include<stack> #include<algorithm> using namespace std; #define MAXN 1005 #define INF 0x7f7f7f7f #define min(a,b) (a)<(b)?(a):(b) int n,a[MAXN],f[MAXN],color[MAXN]; vector<int> G[MAXN]; stack<int> s1,s2; void BFS(int s){ queue<int> q; q.push(s); color[s]=1; while(!q.empty()){ int u=q.front();q.pop(); for(int i=0;i<G[u].size();++i){ int v=G[u][i]; if(color[v]==-1) color[v]=color[u]^1,q.push(v); else if(color[v]!=(color[u]^1)){ printf("0"); exit(0); } } } } int main(){ memset(color,-1,sizeof color ); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]); f[n+1]=INF; for(int i=n;i>=1;--i) f[i]=min(f[i+1],a[i]); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=i+1;j<=n;++j) if(a[i]>f[j+1]&&a[i]<a[j]) G[i].push_back(j),G[j].push_back(i); for(int i=1;i<=n;++i) if(color[i]==-1) BFS(i); int cnt=1; for(int i=1;i<=n;++i){ if(color[i]==1) s1.push(a[i]),printf("a "); else s2.push(a[i]),printf("c "); while((!s1.empty()&&s1.top()==cnt)||(!s2.empty()&&s2.top()==cnt)){ if(!s1.empty()&&s1.top()==cnt) s1.pop(),printf("b "); else s2.pop(),printf("d "); ++cnt; } } return 0; }