[NOIp2008] 双栈排序 (二分图染色 + 贪心)
题意
给你一个长为 \(n\) 的序列 \(p\) ，问是否能够通过对于两个栈进行 push, pop(print) 操作使得最后输出序列单调递增（即为 \(1 \cdots n\) ），如果无解输出 \(0\) 。
每个操作有个优先级，push(1) > pop(1) > push(2) > pop(2) ，输出优先级最大的一组解。
\(n \le 1000\)
题解
有兴趣可以来逛逛 我的博客。
洛谷前面大部分题解，对于后面直接模拟的思路肯定是错的，本文介绍一个基于贪心的算法（不知道对不对，因为没有强数据验证）。
首先考虑只有一个栈的时候如何解决这个问题。
就是对于一对位置 \((i, j)\) 是否能共存三个位置 \(i < j < k\) 存在 \(p_k < p_i < p_j\) 是不可行的，因为 \(p_k\) 需要在 \(p_i\) 与 \(p_j\) 之前出栈，但 \(p_i\) 又需要在 \(p_j\) 之前出栈，那么这就会产生矛盾。
我们预处理 \(\displaystyle f_i = \min_{j = i}^{n} p_j\) ，就可以在 \(O(n ^ 2)\) 的时间内判断一对 \(i, j\) 是否可以共存了（也就是 \(f_{j + 1} < p_i < p_j\) ）
然后对于存在两个栈的情况，我们就需要把 \(p\) 划分成两个序列，使得这两个序列之中的数都互不冲突。
这样的话，我们对于一对不能共存的 \(i, j\) 连边，然后进行二分图染色。如果不可染，那么就是不存在一组合法解。
之后我们只需要解决使得最后解字典序最小的限制。
我们染色的时候 BFS 染色，尽量把在前面的放入第一个栈。
然后后面得到操作序列直接模拟肯定是个错的。
举个样例：
5 2 4 1 3 5标准输出：
a c a b b a b a d b前面大部分错误的输出：
a c a b b a b d a b
为什么呢，因为你向第二个栈 push 后，不一定现在拿出来 pop ，第一个栈中能继续 push 。
那么我们就贪心一下，我们在 push 之后不马上 pop ，等到需要 pop 的时候再 pop 。
哪些时候需要 pop 呢，就是这个栈不合法的时候需要 pop （也就是这个栈 栈顶到栈底 不单调递增的时候，不满足单调栈性质）
但是注意向第二个栈中 push 之前，因为第一个栈的 pop 优先级更高，我们看能不能先 pop 第一个栈。
这样就应该是最优的了，注意最后要把两个栈按顺序清空。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define pb push_back
using namespace std;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("P1155.in", "r", stdin);
freopen ("P1155.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 1010, inf = 0x7f7f7f7f;
int n, P[N], minv[N], col[N];
int pos = 1;
stack<int> S[2];
inline void out(char ch) {
putchar (ch); putchar (' ');
}
inline bool Pop(int id) {
if (!S[id].empty() && S[id].top() == pos) {
out(id ? 'd' : 'b'), S[id].pop(), ++ pos;
return true;
}
return false;
}
inline void Push(int cur, int id) {
if (id == 1) { while(Pop(0)); }
while (!S[id].empty() && S[id].top() < cur)
if (!Pop(id)) Pop(id ^ 1);
if (id == 1) { while(Pop(0)); }
S[id].push(cur); out(id ? 'c' : 'a');
}
vector<int> G[N];
int main () {
File();
n = read();
For (i, 1, n)
P[i] = read();
minv[n + 1] = n + 1;
Fordown (i, n, 1)
minv[i] = min(minv[i + 1], P[i]);
For (i, 1, n) For (j, i + 1, n)
if (minv[j + 1] < P[i] && P[i] < P[j])
G[i].pb(j), G[j].pb(i), col[i] = col[j] = -1;
For (i, 1, n) if (!~col[i]) {
queue<int> Q; Q.push(i); col[i] = 0;
while (!Q.empty()) {
int u = Q.front(); Q.pop();
for (int v : G[u]) {
if (~col[v] && col[v] != (col[u] ^ 1)) return puts("0"), 0;
if (!~col[v]) Q.push(v);
col[v] = col[u] ^ 1;
}
}
}
For (i, 1, n)
Push(P[i], col[i]);
bool flag = true;
while (flag) {
flag = false;
while(Pop(0)) flag = true;
while(Pop(1)) flag = true;
}
return 0;
}
