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题目传送门 - Vijos1605
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。
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
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;
}