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  • [题解] [NOIP2008] 双栈排序——关系的冲突至图论解法

    Problem

    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。

    Solution

    这题我一开始想的是贪心。但后来发现a和c的入栈顺序有误可能会导致无解。

    然后我看了一下标签——“图论”?嗯???

    我看了几个题解。二分图。i与j不能放在一起。贪心。

    然后我再试着打了打代码,A了,证明我的思路是正确的。感谢那些题解提供的帮助,虽然我没有完全看懂。

    这是一道很巧妙的题目,用了一个我认为很重要的思想。

    思路零(最开始的思路)

    经过了一些考虑的贪心。

    第一,我们如果入这个栈的数是目前排序到的最大的数+1,那么这个栈我们是不是不能再入栈?这是显然的,在这个栈的下一次进栈前,我们应当将这个元素出栈。

    第二,否则能入栈则入栈,尽量入a栈。

    第三,栈顶的元素必须比入栈的元素要大,正确性显然。

    考虑执行顺序b->a->d->c。检查到这种操作能执行则执行。显然这种执行顺序在贪心的求字典序最小上是正确的。

    然后这个贪心当然是错误的啦

    思路一(来自某题解)

    我们先考虑一个栈能不能排。如果一个栈能排的话我们还会用两个栈吗?按照贪心原则,这么做肯定是不行的。

    那么问题来了——什么时候我们得必须用两个栈才能排?

    引理(来自同样的题解和另一个题解)

    在排列P中。若P[k]<P[i]<P[j],i<j<k,则i和j不能在同一个栈中。正确性不是很显然,感性理解也是可以的。证明可以去网上找其它的题解。想要理解的话不如自己拿个例子试试,比如(2,3,1)。

    思路二(来自某题解)

    这道题到底跟图论有什么关系?最大的关系在于“双”这个字。

    二分图可以用来表示关系的冲突。比如两个相邻的点不能染成同样的颜色,又或是两个数不能放进同一个栈中。知道了这个关系,我们可以知道两个数应该放在什么栈里,知道到底存不存在方案使得排序完成。

    我们将这道题转换成二分图进行处理。

    枚举(i<j<n),若j+1~n中存在k使得(P[k]<P[i]<P[j]),则i和j连一条边,代表他们不能入同一个栈。

    显然若i与j没有连边,就代表他们按顺序排始终可以出现在同一个栈中。

    这个过程可以用一个后缀求最小值来(O(n^{2}))地求得。

    改进后的贪心思路(建立在求得的二分图的基础上)

    显然我们现在将图染成了两种颜色。若颜色不同则代表它得入不同的栈。

    那么我们考虑一下,顺序是ABC,A是0,B是1,C是0。那么AC肯定入a栈,B入c栈对不对?因为A是最先的。在操作顺序aca和cac中,我们选择前一个操作更好。所以我们可以得到颜色与第一个数同色的点入a栈,其余入c栈。

    在入栈的基础上,我们再使用上方的贪心模拟,按照b->a->d->c的操作顺序考虑。显然这种顺序是最优的。并且根据得到的二分图入栈,可以保证顺序是正确的。保证顺序正确得到可行解的同时字典序最小,那么就是题目要求得的解。

    何为无解的情况?就是无法构造二分图的情况。即A-B B-C C-A的情况(A-B:A不能和B放在一起)。

    个人觉得这题是道很好的拓宽思路的题目2333

    Code

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int N=1010,M=200010;
    int P[N];
    
    int h[N],to[M],nexp[M],p=1;
    inline void ins(int a,int b){
        nexp[p]=h[a],h[a]=p,to[p]=b,p++;
    }
    
    int sm[N];
    int color[N];
    bool imp;
    void dfs(int x,int c){
        color[x]=c;
        for(int u=h[x];!imp && u;u=nexp[u]){
            if(color[to[u]]==-1) dfs(to[u],c^1);
            else if(color[x]==color[to[u]]) imp=true;
        }
    }
    
    int s1[N],t1=1;
    int s2[N],t2=1;
    int now;
    
    int main(){
        ios::sync_with_stdio(false);
        int n;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>P[i];
        sm[n]=P[n];
        for(int i=n-1;i>=1;i--) sm[i]=min(sm[i+1],P[i]); // 后缀最小值
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=i+1;j<n;j++)
                if(sm[j+1]<P[i]&&P[i]<P[j]) ins(i,j),ins(j,i); // 建图
        memset(color,-1,sizeof(color));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(color[i]==-1) dfs(i,0); // 进行染色
            if(imp) printf("0
    "),exit(0); // 无解则退出
        }
        int i=1;
        now=1;
        while(now<=n){
            if(s1[t1-1]==now)t1--,now++,printf("b ");
            else if(color[i]==0)s1[t1++]=P[i++],printf("a ");
            else if(s2[t2-1]==now)t2--,now++,printf("d ");
            else if(color[i]==1)s2[t2++]=P[i++],printf("c ");
        } // 进行贪心的模拟
        return 0;
    }
    
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