주제 붙여 넣기
저는이 주제에 대해 한 시간 동안
던 졌습니다 . 처음에는 단순히 dfs 재귀를 사용하면 모든 상황을 순회 할 수 있다고 생각했고 그 결과는 사실에 의해 심하게 쳤습니다.
처음에는이 주제가 순서가 들어오고 나가는 것임을 알았습니다. 시뮬레이트 된 스택의 경우에는 이것을 판단 할뿐입니다. 원래 시퀀스에서 스택을 통해 대기열에서 빼기 시퀀스를 완료 할 수 있습니까 (예 및 아니오 만 출력 함),
이 질문은 나에게 들어가고 나가는 전체 프로세스를 제공합니다. 스택, 사람은 멍청
하지만 데이터 구조로는 잘 배우지 못합니다. 사람에게는이 문제를 이해해야합니다.
마지막으로 한 시간 이상 공제하고 나면 원활하게 AC가됩니다. (┭┮﹏┭┮)
먼저이 주제의 구덩이에 대해 이야기하겠습니다. ① 제목은 서로 다른 최대 9 개의 숫자가 있다고 말했고 1 ~ n입니다. 저는이 1 ~ n에 의해 구덩이였습니다.이 입력의 원래 배열을 생각했습니다. 오름차순이었고 Crazy WA는 대머리 디버그 모드를 다시 시작했고 마침내 문제의 본질을 발견했습니다.
② 말해주십시오. 데이터 구조의 기초가 튼튼해야합니다! ! !
③ 제목의 예, 아니오에 대해 실수하지 마세요. -_- || 오
문제 해결 아이디어 (당분간 최적화되지 않았습니다. 먼저 AC에 대해 이야기하겠습니다. 최적화 된 코드는 AC 전제를 기반으로 함)
우선,
스택 의 데이터 구조가 선입 선출 (first-in-first-out) 순차 데이터 구조 (예 : 단일 종단 스택)임을 인식해야합니다. 스택하고 요소 배열을 팝핑 한 결과를 얻습니다.이 결과 스택의 푸시와 팝이 교차 될 수 있기 때문에 많은 종류가 있습니다. 이는 아마도 스택에서 가장 어려운 부분 일 것입니다 (사실 이해하기 어렵지 않습니다). hhh)
스택의 선입 선출 규칙, 이해하고 이해하는 데 잠시 시간을 할애하십시오. Baidu는 정보를 확인할 수 있습니다. 여기에는 더 이상 번거롭지 않습니다.
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <map>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef __int64 bi;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){
return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){
return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){
if(!b){
d=a,x=1,y=0;}else{
ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){
ll res=1;a%=MOD;while(b>0){
if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){
return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){
ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){
ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {
if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = {
{
1,0}, {
-1,0},{
0,1},{
0,-1} };
int n;
string a,b;
signed main(void){
while(cin>>n>>a>>b && !cin.eof()){
vector<string> ans;
bool isIn[11] = {
false}; // 保存全局情况元素是否入栈
bool in[11] = {
false}; // 保存每次局部情况判断时的元素是否入栈
bool isOut[11] = {
false}; // 保存全局情况元素是否出栈
map<char,int> ma; // 保存原数组中，每个值的位置序号
map<char,int> mb; // 保存弹出数组中，每个值的位置序号
int len = a.size();
for(int i=0;i<len;++i) ma[a[i]] = i;
for(int i=0;i<len;++i) mb[b[i]] = i;
bool is = true;
for(int i = 0; i < len; ++i){
// 将当前元素在原数组之前的所有元素打上已入栈标记,包括元素本身
int index = ma[b[i]];
for(int j = 0; j <= index;++j){
in[a[j] - '0'] = true;
// 如果该元素已出栈，则不需要打上“已入栈”的标记
if(isOut[a[j] - '0'])
in[a[j] - '0'] = false;
}
char pre = b[i];
// 如果全局该元素未入栈，则将它入栈处理，打上标记，并加入一个“in”字符串
if(!isIn[pre -'0']){
ans.pb("in");
isIn[pre -'0'] = true;
}
// 对于弹出元素输出，判断该元素后面的元素是否仍然维护原数组的顺序
for(int j=i+1; j < len;++j){
if(!in[b[j] - '0']) continue;
// 由栈的先进先出特点，该元素后栈内元素的索引号递增，对原数组而言递增
if((mb[pre] < mb[b[j]] && ma[pre] > ma[b[j]])){
// 如果全局该元素未入栈，则将它入栈处理，打上标记，并加入一个“in”字符串
if(!isIn[pre -'0']){
ans.pb("in");
isIn[pre -'0'] = true;
}
pre = b[j];
// 如果全局该元素未入栈，则将它入栈处理，打上标记，并加入一个“in”字符串
if(!isIn[pre -'0']){
ans.pb("in");
isIn[pre -'0'] = true;
}
}
else{
is = false;
goto end;
}
}
// 如果全局该元素未出栈，则将它出栈处理，打上标记，并加入一个“out”字符串
if(!isOut[b[i] -'0']){
ans.pb("out");
isOut[b[i] -'0'] = true;
}
}
end:;
if(is) {
cout << "Yes." <<endl;
for(auto i : ans) cout <<i<< endl;
}
else cout <<"No."<<endl;
puts("FINISH");
}
}