2-sat问题

2-sat问题：

给定一堆约束条件，每个都形如“xi为真/假或xj为真/假”，即：xi为真/假和xj为真/假中必有一个成立，现在问是否可以全部满足

思路：

1. 可以把xi为真看成两个节点：2i, 2i+1（因为2i^1=2i+1，可以互相转化）
2. 假如说约束条件为“xi为真或xj为假”，那么2i表示“xi为真”为真，2i+1表示“xi为真”为假；2j表示“xj为假”为真，2j+1表示”xj为假“为假
3. 则，由2j+1为真可以推出2i为真，同理，由2i+1可以推出2j为真
4. 所以，可以从2j+1到2i；2i+1到2j连两条有向边
5. 对于起点u，可以假设他为真，并对他进行深搜，如果过程中发现有点的两个结点都为真，则不能
6. 再假设他为假，再深搜，如果他还是不能，则不能建图

例题：

有n架飞机要着陆，每个都可以选择早着陆或晚着陆，请安排着陆方式，要求着陆时间差值的最小值最大

• 思路：”最小值最大“可以用二分，问题即可转化成着陆时间差值不大于mid是否成立，所以着陆时间小于mid的两个点，至多有一个成立，等价于这两个点的补至少有一个成立，这样就转化为了2-sat

代码：（调了一个上午，参考刘汝佳《算法竞赛入门经典训练指南》）

#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<vector>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int MAXN = 2000 + 10;struct twosat{    vector<int> G[MAXN*2];    bool mark[MAXN*2];    int s[MAXN*2], c;    int n;  //外面的n     bool dfs(int u)    {        if(mark[u^1]) return false;        if(mark[u]) return true;        mark[u] = true;        s[c++] = u;        for(int i = 0; i < G[u].size(); i++)        {            int v = G[u][i];            if(!dfs(v)) return false;        }        return true;    }    void init(int n)    {        this->n/*这个是外面的n*/ = n; //将外面的n赋值为里面的n        for(int i = 0; i < 2*n; i++)  G[i].clear();        memset(mark, 0, sizeof(mark));    }    void add(int x, int xval, int y, int yval)   //x == xval or y == yval    {        x = 2 * x + xval;   //2i        y = 2 * y + yval;   //2j        G[x^1].push_back(y);        G[y^1].push_back(x);    }    bool solve()    {        for(int i = 0; i < 2*n; i += 2)            if(!mark[i] && !mark[i+1])            {                c = 0;                if(!dfs(i))                 {                    while(c > 0) mark[s[--c]] = false; //如果深搜它不成功，则所有的假设都错误                    if(!dfs(i+1)) return false;   //如果假设他为真假都不对，不能成图                 }            }        return true;    }};twosat solver;int t[MAXN][2], n;bool test(int mid){    solver.init(n);        for(int i = 0; i < n; i++) for(int a = 0; a <= 1; a++)        for(int j = i + 1; j < n; j++) for(int b = 0; b <= 1; b++)        {            if(abs(t[i][a] - t[j][b]) < mid) solver.add(i, a^1, j, b^1);        }     return solver.solve();}int main(){    cin >> n;    int l = 0, r = 0;    for(int i = 0; i < n; i++) for(int a = 0; a <= 1; a++)    {        cin >> t[i][a];        r = max(r, t[i][a]);    }    while(l < r)    {        int mid = l + (r-l+1)/2;    //令相邻两个着陆时间都 大于等于mid  //时间差小于mid的两个时间不能同时满足        if(test(mid)) l = mid; else r = mid-1;    }    cout << l;    return 0;}