UVALIVE 4452（2-SAT变形）

来源：互联网发布：阿里云域名备案编辑：程序博客网时间：2024/06/06 07:19

题目链接：UVALIVE 4452

解题思路：
题意大概这样，n个人对m个方案进行投票，每个人最多对m个方案中的4个投票，要么支持，要么反对，问是否存在一个最终决定，能够让每个投票人都有一半以上的建议被采纳。这题的题意有一个比较不清晰的地方，就是什么叫超过一半，其实就是投1个或2个方案的时候，全部建议都被采纳；投3个或4个方案时，最多一个建议没有被采纳。输出要求先判断是否存在满足要求的最终决定，在能满足要求的前提下，问那些方案的态度确定。
这题一眼看过去其实是没有什么思路的，后来被提醒了一下用2-SAT，就想到了做法。其实这题准确来说不算2-SAT吧，而是借鉴了它使用DFS来推导这种思想。首先我们可以像2-SAT那么建图，对于只投了1种或者2种方案的人，他们的投票其实就决定了最终的方案，因为他们不能有不被采纳的意见，所以直接标记最终方案即可；对于投了3种或者4种的人，他们只能有一个意见不被采纳，那么这个条件等价于如果有任何一个建议被否决了，那么所有其他的建议都必须被采纳，按照这样的条件连边。建完图就可以开始判断了，跟2-SAT一样从第一个方案开始DFS即可，不过要注意的是这个求的不是任意一种方案，而是所有的方案，那么对于所有的方案，是支持还是反对我们都要对这情况进行判断，会比原来多两次DFS。

代码：

#include <vector>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define maxn 305#define maxm 105using namespace std;int n, m, ans[maxn*2], cnt, a[4];bool mark[maxn*2];vector<int> g[maxn*2];bool dfs(int index){    if(mark[index^1])        return 0;    if(mark[index])        return 1;    mark[index]=1,ans[cnt++]=index;    for(int i=0;i<g[index].size();i++)    {        if(!dfs(g[index][i]))            return 0;    }    return 1;}void init(){    memset(mark,0,sizeof(mark));    for(int i=2;i<n*2+2;i++)        g[i].clear();}bool solve(){    for(int i=2;i<n*2+2;i+=2)    {        if(!mark[i]&&!mark[i^1])        {            int flag1=0,flag2=0;            cnt=0;            flag1=dfs(i);                       while(cnt>0)                mark[ans[--cnt]]=0;            cnt=0;            flag2=dfs(i^1);            while(cnt>0)                mark[ans[--cnt]]=0;            if(flag1&&flag2)                continue;            else if(flag1)                dfs(i);            else if(flag2)                dfs(i^1);            else                return 0;        }    }    return 1;}int main(){    int t=1;    while(~scanf("%d %d",&n,&m)&&n+m)    {        init();        int num,flag=1;        char ch;        while(m--)        {            scanf("%d",&num);            for(int i=0;i<num;i++)            {                scanf("%d %c", &a[i], &ch);                if(ch=='n')                    a[i]=-a[i];            }            if(num<=2)            {                for(int i=0;i<num;i++)                {                    int x = 2*abs(a[i]) + (a[i]<0);                    if(mark[x^1])                        flag=0;                    mark[x] = 1;                }            }            if(num>=3)            {                for(int i=0;i<num;i++)                {                    int x = 2*abs(a[i]) + (a[i]<0);                    for(int j=0;j<num;j++)                    {                        if(i==j)                            continue;                         int y = 2*abs(a[j]) + (a[j]<0);                        g[x^1].push_back(y);                    }                }            }        }        printf("Case %d: ",t++);        if(flag&&solve())        {            for(int i=1;i<=n;i++)            {                if(mark[i*2])                    printf("y");                else if(mark[i*2+1])                    printf("n");                else                    printf("?");            }            printf("\n");        }        else        {            printf("impossible\n");        }    }    return 0;}

总结：
1、很赞的一道题，对加深对2-SAT模型的理解很有帮助；
2、好久没有1A了，感动到爆炸QAQ

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