6.1　再谈栈和队列

例题6-1　并行程序模拟（Concurrency Simulator, ACM/ICPC World Finals 1991, UVa210）

你的任务是模拟n个程序（按输入顺序编号为1～n）的并行执行。每个程序包含不超过25条语句，格式一共有5种：var = constant（赋值）；print var（打印）；lock；unlock；end。

变量用单个小写字母表示，初始为0，为所有程序公有（因此在一个程序里对某个变量赋值可能会影响另一个程序）。常数是小于100的非负整数。

每个时刻只能有一个程序处于运行态，其他程序均处于等待态。上述5种语句分别需要t1、t2、t3、t4、t5单位时间。运行态的程序每次最多运行Q个单位时间（称为配额）。当一个程序的配额用完之后，把当前语句（如果存在）执行完之后该程序会被插入一个等待队列中，然后处理器从队首取出一个程序继续执行。初始等待队列包含按输入顺序排列的各个程序，但由于lock/unlock语句的出现，这个顺序可能会改变。

lock的作用是申请对所有变量的独占访问。lock和unlock总是成对出现，并且不会嵌套。lock总是在unlock的前面。当一个程序成功执行完lock指令之后，其他程序一旦试图执行lock指令，就会马上被放到一个所谓的阻止队列的尾部（没有用完的配额就浪费了）。当unlock执行完毕后，阻止队列的第一个程序进入等待队列的首部。

输入n, t1, t2, t3, t4, t5, Q以及n个程序，按照时间顺序输出所有print语句的程序编号和结果。

【分析】

因为有“等待队列”和“阻止队列”的字眼，本题看上去是队列的一个简单应用，但请注意这句话：“阻止队列的第一个程序进入等待队列的首部”。这违反了队列的规则：新元素插入了队列首部而非尾部。

有两个方法可以解决这个问题：一是放弃STL队列，自己写一个支持“首部插入”的“队列”：用两个变量front和rear代表队列当前首尾下标，则传统的入队和出队分别是q[++rear] = x和x=q[front++]，而“插入到队首”则是q[--front] = x。细心的读者应该已经发现：如果front=0，则“插入到队首”会产生越界错误。确实如此，不过好在本题不会出现这样的情况（想一想，为什么）。

第二种方法是使用STL中的“双端队列”deque。它可以支持快速地在首尾两端进行插入和删除，有兴趣的读者可以自行查阅STL文档或参考本书代码仓库。

提示6-1：如果要在“队列”两端进行插入和删除，可以用STL中的双端队列deque。

例题6-2　铁轨（Rails, ACM/ICPC CERC 1997, UVa 514）

某城市有一个火车站，铁轨铺设如图6-1所示。有n节车厢从A方向驶入车站，按进站顺序编号为1～n。你的任务是判断是否能让它们按照某种特定的顺序进入B方向的铁轨并驶出车站。例如，出栈顺序(5 4 1 2 3)是不可能的，但(5 4 3 2 1)是可能的。

图6-1　铁轨

为了重组车厢，你可以借助中转站C。这是一个可以停放任意多节车厢的车站，但由于末端封顶，驶入C的车厢必须按照相反的顺序驶出C。对于每个车厢，一旦从A移入C，就不能再回到A了；一旦从C移入B，就不能回到C了。换句话说，在任意时刻，只有两种选择：A→C和C→B。

【分析】

在中转站C中，车厢符合后进先出的原则，因此是一个栈。代码如下：

#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
const int MAXN = 1000 + 10;

int n, target[MAXN];

int main(){
  while(scanf("%d", &n) == 1){
    stack<int> s;
    int A = 1, B = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
      scanf("%d", &target[i]);
    int ok = 1;
    while(B <= n){
      if(A == target[B]){ A++; B++; }
      else if(!s.empty() && s.top() == target[B]){ s.pop(); B++; }
      else if(A <= n) s.push(A++);
      else { ok = 0; break; }
    }
    printf("%s\n", ok ? "Yes" : "No");
  }
  return 0;
}

栈对于表达式求值有着特殊的作用。下面举一例。

例题6-3　矩阵链乘（Matrix Chain Multiplication, UVa 442）

输入n个矩阵的维度和一些矩阵链乘表达式，输出乘法的次数。如果乘法无法进行，输出error。假定A是m^*n矩阵，B是n^*p矩阵，那么AB是m^*p矩阵，乘法次数为m^*n^*p。如果A的列数不等于B的行数，则乘法无法进行。

例如，A是50^*10的，B是10^*20的，C是20^*5的，则(A(BC))的乘法次数为10^*20^*5（BC的乘法次数）+ 50^*10^*5（(A(BC))的乘法次数）= 3500。

【分析】

本题的关键是解析表达式。本题的表达式比较简单，可以用一个栈来完成：遇到字母时入栈，遇到右括号时出栈并计算，然后结果入栈。因为输入保证合法，括号无须入栈。

提示6-2：简单的表达式解析可以借助栈来完成。

这里直接给出代码，其中的道理请读者细细体会。

#include<cstdio>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;

struct Matrix {
  int a, b;
  Matrix(int a=0, int b=0):a(a),b(b) {}
} m[26];

stack<Matrix> s;

int main() {
  int n;
  cin >> n;
  for(int i = 0; i < n; i++) {
    string name;
    cin >> name;
    int k = name[0] - 'A';
    cin >> m[k].a >> m[k].b;
  }
  string expr;
  while(cin >> expr) {
    int len = expr.length();
    bool error = false;
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < len; i++) {
      if(isalpha(expr[i])) s.push(m[expr[i] - 'A']);
      else if(expr[i] == ')') {
        Matrix m2 = s.top(); s.pop();
        Matrix m1 = s.top(); s.pop();
        if(m1.b != m2.a) { error = true; break; }
        ans += m1.a * m1.b * m2.b;
        s.push(Matrix(m1.a, m2.b));       
      }
    }
    if(error) printf("error\n"); else printf("%d\n", ans);
  }
  return 0;
}