题目大意： 给定n和一串数字，这串数字是一个1~n的排列。现在要用两个栈给这些数字排序。首先先判断是否有解，有解的话再输出字典序最小的方案：
入栈1，输出a，出栈1，输出b
入栈2，输出c，出栈2，输出d
分析：
首先必然要先考虑是否有解。对于没有解的情况，必然是当到了某一个数x0时，栈1，栈2队首元素都不能弹出，并且x0要比栈1、2的队首元素都要大，这时就不能排序了。
所以考虑什么时候A、B不能在同一个栈中的情况：
当且仅当，A<B，并且存在C,使得A>C.并满足A位置在B前面，B位置在C前面。就是说，由于C的存在，A不能pop掉，但是B放进去，A就永远pop不了了。
这样就可以找到所有不能和x0在同一个栈里的所有位置上的数了。
判断无解时，将所有上述的A和B之间连一条无向边，用二分图染色或者带偏移量的并查集都可以。
输出时，因为要字典序最小，所以第一个元素必然要放进栈1，这样可以预处理出来所有数要进入哪一个栈。能进栈1的都进栈1.
然后模拟实现，每次先要判断是否可以pop掉栈顶元素，然后按照之前的预处理的方案放进数就可以了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
int a[N],la[N],co[N];
int n;
int head[N];
int cnt=1;
bool flag=0;
int sta[3][N];//记录栈1、栈2
int top[3];//记录栈顶
int go[N];//这个位置上的数要去哪一个栈
int has;//已经出栈到几号
struct node{
int to,nxt;
}bian[2*N];
void add(int x,int y)
{
bian[++cnt].nxt=head[x];
bian[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}//建边
void dfs1(int x,int fa,int se)//1 black 2 white
{
if(flag) return;
co[x]=se;
for(int i=head[x];i;i=bian[i].nxt)
{
int y=bian[i].to;
if(y==fa) continue;
if(co[y])
{
if(co[y]==co[x])
{
flag=1;return;
}
}
else{
dfs1(y,x,3-se);
}
}
}//二分图染色判断
void dfs2(int x,int se)
{
go[x]=se;
for(int i=head[x];i;i=bian[i].nxt)
{
int y=bian[i].to;
if(!go[y])
{
dfs2(y,3-se);
}
}
}//预处理该去的栈（其实也可以在二分图染色时处理出来，就省了这步）
void check(int now)
{
bool f=0;
while(top[now]&&has+1==sta[now][top[now]])
{
f=1;
printf("%c ",now==1?'b':'d');
has++;
top[now]--;
}
if(f)//成功pop才找另一个
check(3-now);
}
//检查能否pop
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=n;j>=i+1;j--)
{
if(a[i]>a[j])
{la[i]=j;break;}
}//找到A的最后面一个C的位置。
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=la[i];j++)
{
if(a[i]<a[j])
{
add(i,j);
add(j,i);
}
}//A到C之间所有的B都要和A建边
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(flag==1) break;
if(!co[i]) dfs1(i,0,1);
}
if(flag) {
printf("0");
return 0;
}//判断
go[1]=1;
for(int x=1;x<=n;x++)
{
if(!go[x]) go[x]=1,dfs2(x,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
check(1);
check(2);
sta[go[i]][++top[go[i]]]=a[i];
printf("%c ",go[i]==1?'a':'c');
}
check(1);
check(2);//最后也要判断，输出完。
return 0;
}