2017.3.3 双栈排序失败总结

这道题虽然是noip的题，但还是很能反映你思维水平的、

说出来二分图、黑白染色对于一个oier来说肯定不陌生，有的人很快就能说出做法，写出程序。

但是一出成题怎么就不会了呢？

其实主要失误在于我是站在选A、B的角度思考问题的，但实际上，如果思路足够清晰，还是能回到互斥的角度的

因为如果站在选A选B的角度上，能影响当前决策的实际上有3个不同的因素，1是出现顺序，这好办，扫过去就行。2是当前栈中元素的影响（这实际上是有后效性的，因为后面的数也会对当前决策造成影响：后面小数卡大数，导致空间被浪费，同时贪心是错的：不信用7251463 试试、），3是当前数消不消除的影响。。（这比较坑，但如果从第2点已经看出后效性的话已经证实至少不是1个dp解决问题的题了）

这时候应该敏锐地发现，这种后效性是由空间消耗造成的，因为我们的贪心实际上维护的是一个尽量装A的序列，如果是跳着从大到小的序列，那对A的空间利用极低。

（ps：最讨厌分析中的“不妨”，这俩字没有任何意义，，解题的每一步都应该在题目中有根据的，用“不妨”蒙混过关对自己的思维并没有太大的帮助）

当然，对于能处理的情况，我们首选A列，那么我们应该还是用dp来维护，但并不完成划分A、B工作，只是把能放在一个栈里的区间求出来，

然后由于非A即B，就需要利用黑白染色的互斥原理，进行遍历。

总结：这题分析不出来，主要是思路受尽量选A的条件制约，抓住贪心放不开，认为前几个都应该放A里，且忽略了可行性这一重要因素，可行性是受尽量选A影响的。

应建立在可行性上尽量选A，而不是在尽量选A中实现可行性。

补一下，个人感觉第一步的dp也挺难的、

可以从小的数据入手：

1 2 3 ：肯定可以单栈； 1 3 2 ：肯定可以单栈 2 1 3 肯定可以单栈 2 3 1：肯定不可以单栈（需要分开，且一定是2和3分开）

3 1 2 ：肯定可以单栈 3 2 1 肯定可以单栈

这样就考虑了退出的情况，强行装，为什么不会出现不可行的情况？因为不可装只和弹出、装入有关，现在dp考虑了出栈，如果在加上弹出的情况，A装不下了，那就是无论如何也装不下了，只能另寻栈。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,woc,a[99999],i,j,l,stacka[99998],stackb[99999],topa,topb,tu[1999][1999],sta[1999],ru[1999];
bool keyi,zou[1999];
void dfs(int now)
{if(keyi==0)return ;for(int i=1;i<=n;i++){   if(zou[i])continue;if(tu[i][now]||tu[now][i]){if((sta[now]==1&&sta[i]==1)||(sta[now]==2&&sta[i]==2)){keyi=0;   return ;          }if(sta[now]==1&&sta[i]==-1)sta[i]=2;if(sta[now]==2&&sta[i]==-1)sta[i]=1;zou[i]=1;dfs(i);        }       }
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(i=1;i<=n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++){if(a[i]>a[j])continue;for(l=j+1;l<=n;l++){if(a[l]<a[i]&&a[l]<a[j]){tu[j][i]=1;ru[i]++;ru[j]++;}}}for(i=1;i<=n;i++)if(ru[i]>0)sta[i]=-1;else sta[i]=1;keyi=1;for(i=1;i<=n;i++){if(ru[i]==1&&sta[i]==-1){sta[i]=1;zou[i]=1;dfs(i);}}for(i=1;i<=n;i++)if(sta[i]==-1)keyi=0;if(!keyi){cout<<0;return 0;}stacka[0]=99999;stackb[0]=99999;woc=1;for(i=1;i<=n;i++){if(sta[i]==1){while(stacka[topa]<a[i]){if(stacka[topa]==woc){topa--;printf("b ");          }else{   topb--;printf("d "); }woc++;               }printf("a ");stacka[++topa]=a[i];}else {while(stacka[topa]==woc){topa--;printf("b ");woc++;}while(stackb[topb]<a[i]){if(stacka[topa]==woc){   topa--;printf("b ");           }else{   topb--;printf("d "); }woc++;               }stackb[++topb]=a[i];printf("c "); } } for(i=woc;i<=n;i++){if(stacka[topa]==i){printf("b ");--topa;         }else {printf("d ");--topb;   }}
}

=======================================2017.8.21==========================================

我们应该学会简化一些问题，来为更复杂的问题打开思路

如发现直接做两个的很难搞，所以我们就先考虑一个的

一个的似乎也不好搞，于是我们可以尝试操作一些数来找操作上的规律

我们注意到，，我们首先知道，它只与前面的数有关，其次知道几组不能单栈的数列

然后我们判断一个数已经不能被排了，看的是栈顶的数的相对大小，而不是一个值

所以我们可以推广到所有数，所以也就会得到数的大小关系的信号

所以我们就可以通过大小关系，递推，得到dp

然后到双栈的情况，我们可以先用一个栈装，然后再用另一个栈，因为空栈显然比放了几个数的栈限制更小

双栈的时候就可以考虑经典的分配问题，通过互斥进行分配，判定可行性

要学会小->大数值->关系的推广角度

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