双栈排序

首先有一个比较错误的贪心思路，就是假设我们前面的操作是最优方案，对于当前的元素，能放第一个栈就放第一个栈；如果不行那么第一个栈的栈顶元素小于当前元素，此时如果能弹出这个栈顶元素就弹出这个栈顶元素，然后重新从最开始的位置开始考虑；否则尝试将当前元素放入第二个栈；如果不行则第二个栈的栈顶元素小于当前元素，直接将第二个栈的栈顶元素弹出，然后重新从最开始的位置开始考虑

这个贪心的方法就有可能导致一个本来可以排序的序列，不能通过这个方法成功排序

那么我们怎么想呢？

假设我们已经对每一个数分到的栈的编号确定了，假设我们前面的操作方案已经是最优的了，此时两个栈的元素一定都是单调递减的，对于当前元素，如果他能够放入其想放入的栈，那么就直接放入；否则其想放入的栈的栈顶元素一定小于这个元素，所以我们要将这个元素弹出，设栈顶元素为\(x\)，当前考虑的元素为\(y\)，则\(y>x\)，如果\(z<x\)且\(z\)还没有入栈（就是在\(y\)的后面被考虑），那么肯定就无解了，否则的话\(z\)要么已经被弹出，要么就在两个栈中某个栈的栈顶，我们直接弹出就好了（注意两个栈的元素单调递减）

从上面这个伪过程可以看出，对于两个下标\(i<j\)，如果\(a_i<a_j\)且存在\(k>j\)且\(a_k<a_i\)，那么\(i,j\)一定不会被分到同一组

实际上这个结论是充要的。必要性很容易证明，下面证明充分性，也就是证明如果\(i,j\)一定不会被分到同一组，那么如果\(a_i<a_j\)且存在\(k>j\)且\(a_k<a_i\)

我们证明其逆否命题：如果\(a_i>a_j\)或者对任意\(k>j\)，\(a_k>a_i\)，\(i,j\)可能被分到同一组（即一定能找到一个解）

我们考虑已经分好了的两个组，其中每个组中的任意二元组都不满足条件（注意\(k\)不一定要局限于分组之后的同一组，而是对于原序列来说，就是\(k\)也可以是另一组的数字），即若\(i<j\)则\(a_i>a_j\)或者对任意\(k>j\)，\(a_k>a_i\)

此时每个元素进入栈的编号都已经确定，我们依次模拟。假设前面的模拟都合法（也就是说此时两个栈的元素都单调递减），考虑当前元素，不妨设其要进入第一个栈，如果栈顶元素大于当前元素，那么直接放入，满足栈的元素单调递减而且此次操作合法；否则的话，考虑弹出第一个栈的栈顶元素，设栈顶元素为\(x\)，由假设，对任意\(z<x\)，其要么已经被弹出过了，要么在第二个栈中，也就是说如果\(x\)不是当前能够被弹出的元素的话，那么第二个栈的栈顶元素一定是能够被弹出的元素，所以此时总能够弹出元素，我们一直弹出直到当前元素能够放入第一个栈为止，最后仍然满足所有操作合法且栈的元素单调递减

综上，我们对任意的不满足条件的两个组，我们一定能够找到一种合法的方案

所以这个时候，我们对不可能在一个组的\(i,j\)连边，然后就是一个二分图染色的问题了

现在我们要求字典序最小，假设我们前面已经是最优的操作方案了，那么对于当前元素，

1.如果这个元素已经被确定放在哪个栈中了

1).如果是第一个栈，那么我们能放入则放入（根据我们上面的证明，此时放入一定可以是解，而且一定是字典序最小的解）；否则的话我们考虑弹出，此时的操作顺序是固定的，最后将这个元素放入第一个栈就好了；

2).如果是第二个栈

①.如果当前元素小于栈顶元素，我们考虑先将第一个栈能弹出的元素弹出，然后再放入当前元素，此时一定可以找到一个解（因为此时还是满足两个栈的元素单调递减），而且字典序最小

②.如果当前元素大于栈顶元素，我们考虑将栈顶元素弹出，此时的操作顺序在到达①之前都是固定的，之后再按①考虑就好了

2.如果这个元素没有被确定放入哪个栈中

1).如果这个元素比第一个栈的元素小，显然直接放入，字典序最小且一定有解

2).如果这个元素比第一个栈的栈顶元素大，那么也不会将这个元素放在第二个栈中，这是因为如果能放入第二个栈中，就说明第二个栈的栈顶元素大于当前元素，而当前元素大于第一个栈的栈顶元素，从而第一个栈的栈顶元素此时可以弹出，那么我们宁愿弹出（此时字典序最小而且仍然能找到解，因为两个栈的元素仍然单调递减），如果都不能放入第二个栈中，那么当前操作就是固定的（要么弹出第一个栈，要么弹出第二个栈），不用考虑了