【2-SAT问题】

【2-SAT问题】

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现有一个由N个布尔值组成的序列A，给出一些限制关系，比如A[x] AND A[y]=0、A[x] OR A[y] OR A[z]=1等，要确定A[0..N-1]的值，使得其满足所有限制关系。这个称为SAT问题，特别的，若每种限制关系中最多只对两个元素进行限制，则称为2-SAT问题。

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由于在2-SAT问题中，最多只对两个元素进行限制，所以可能的限制关系共有11种：

A[x]
NOT A[x]
A[x] AND A[y]
A[x] AND NOT A[y]
A[x] OR A[y]
A[x] OR NOT A[y]
NOT (A[x] AND A[y])
NOT (A[x] OR A[y])
A[x] XOR A[y]
NOT (A[x] XOR A[y])
A[x] XOR NOT A[y]

进一步，A[x] AND A[y]相当于(A[x]) AND (A[y])（也就是可以拆分成A[x]与A[y]两个限制关系），NOT(A[x] OR A[y])相当于NOT A[x] AND NOT A[y]（也就是可以拆分成NOT A[x]与NOT A[y]两个限制关系）。因此，可能的限制关系最多只有9种。

在实际问题中，2-SAT问题在大多数时候表现成以下形式：有N对物品，每对物品中必须选取一个，也只能选取一个，并且它们之间存在某些限制关系（如某两个物品不能都选，某两个物品不能都不选，某两个物品必须且只能选一个，某个物品必选）等，这时，可以将每对物品当成一个布尔值（选取第一个物品相当于0，选取第二个相当于1），如果所有的限制关系最多只对两个物品进行限制，则它们都可以转化成9种基本限制关系，从而转化为2-SAT模型。

【建模】

其实2-SAT问题的建模是和实际问题非常相似的。
建立一个2N阶的有向图，其中的点分为N对，每对点表示布尔序列A的一个元素的0、1取值（以下将代表A[i]的0取值的点称为i，代表A[i]的1取值的点称为i’）。显然每对点必须且只能选取一个。然后，图中的边具有特定含义。若图中存在边

【O(NM)算法：求字典序最小的解】

根据2-SAT建成的图中边的定义可以发现，若图中i到j有路径，则若i选，则j也要选；或者说，若j不选，则i也不能选；
因此得到一个很直观的算法：

（1）给每个点设置一个状态V，V=0表示未确定，V=1表示确定选取，V=2表示确定不选取。称一个点是已确定的当且仅当其V值非0。设立两个队列Q1和Q2，分别存放本次尝试选取的点的编号和尝试不选的点的编号。
（2）若图中所有的点均已确定，则找到一组解，结束，否则，将Q1、Q2清空，并任选一个未确定的点i，将i加入队列Q1，将i’加入队列Q2；
（3）找到i的所有后继。对于后继j，若j未确定，则将j加入队列Q1；若j’（这里的j’是指与j在同一对的另一个点）未确定，则将j’加入队列Q2；
（4）遍历Q2中的每个点，找到该点的所有前趋（这里需要先建一个补图），若该前趋未确定，则将其加入队列Q2；
（5）在（3）（4）步操作中，出现以下情况之一，则本次尝试失败，否则本次尝试成功：

<1>某个已被加入队列Q1的点被加入队列Q2；
<2>某个已被加入队列Q2的点被加入队列Q1;
<3>某个j的状态为2；
<4>某个i’或j’的状态为1或某个i’或j’的前趋的状态为1；

（6）若本次尝试成功，则将Q1中的所有点的状态改为1，将Q2中所有点的状态改为2，转（2），否则尝试点i’，若仍失败则问题无解。
该算法的时间复杂度为O(NM)（最坏情况下要尝试所有的点，每次尝试要遍历所有的边），但是在多数情况下，远远达不到这个上界。
具体实现时，可以用一个数组vst来表示队列Q1和Q2。设立两个标志变量i1和i2（要求对于不同的i，i1和i2均不同，这样可以避免每次尝试都要初始化一次，节省时间），若vst[i]=i1则表示i已被加入Q1，若vst[i]=i2则表示i已被加入Q2。不过Q1和Q2仍然是要设立的，因为遍历（BFS）的时候需要队列，为了防止重复遍历，加入Q1（或Q2）中的点的vst值必然不等于i1（或i2）。中间一旦发生矛盾，立即中止尝试，宣告失败。

该算法虽然在多数情况下时间复杂度到不了O(NM)，但是综合性能仍然不如下面的O(M)算法。不过，该算法有一个很重要的用处：求字典序最小的解！
如果原图中的同一对点编号都是连续的（01、23、45……）则可以依次尝试第0对、第1对……点，每对点中先尝试编号小的，若失败再尝试编号大的。这样一定能求出字典序最小的解（如果有解的话），因为一个点一旦被确定，则不可更改。
如果原图中的同一对点编号不连续（比如03、25、14……）则按照该对点中编号小的点的编号递增顺序将每对点排序，然后依次扫描排序后的每对点，先尝试其编号小的点，若成功则将这个点选上，否则尝试编号大的点，若成功则选上，否则（都失败）无解。

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【具体题目】HDU1814（求字典序最小的解）

HDU 1814/*HDU 1814求出字典序最小的解C++ 2652ms 2316K*/#include<stdio.h>#include<iostream>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;const int MAXN=16010;const int MAXM=100000;struct Node{    int a,b,pre,next;}E[MAXM],E2[MAXM];int _n,n,m;int V[MAXN],ST[MAXN][2],Q[MAXN],Q2[MAXN],vst[MAXN];bool res_ex;void init_d(){    for(int i=0;i<n;i++)      E[i].a=E[i].pre=E[i].next=E2[i].a=E2[i].pre=E2[i].next=i;    m=n;}void add_edge(int a,int b){    E[m].a=a;E[m].b=b;E[m].pre=E[a].pre;E[m].next=a;E[a].pre=m;E[E[m].pre].next=m;    E2[m].a=b;E2[m].b=a;E2[m].pre=E2[b].pre;E2[m].next=b;E2[b].pre=m;E2[E2[m].pre].next=m;    m++;}void solve(){//1    for(int i=0;i<n;i++)    {        V[i]=0;        vst[i]=0;    }    res_ex=1;    int i,i1,i2,j,k,front,rear,front2,rear2;    int len;    bool ff;    for(int _i=0;_i<_n;_i++)    {//2        if(V[_i<<1]==1||V[(_i<<1)+1]==1)continue;//找一对未确定的点        i=_i<<1;len=0;        if(!V[i])        {//3            ST[len][0]=i;            ST[len++][1]=1;            if(!V[i^1])            {                ST[len][0]=i^1;                ST[len++][1]=2;            }            Q[front=rear=0]=i;            vst[i]=i1=n+i;            Q2[front2=rear2=0]=i^1;            vst[i^1]=i2=(n<<1)+i;            ff=1;            for(;front<=rear;front++)            {//4                j=Q[front];                for(int p=E[j].next;p!=j;p=E[p].next)                {//5                    k=E[p].b;                    if(V[k]==2||vst[k]==i2||V[k^1]==1||vst[k^1]==i1)                    {ff=0;break;}                    if(vst[k]!=i1)                    {//6                        Q[++rear]=k;vst[k]=i1;                        if(!V[k])                        {                            ST[len][0]=k;                            ST[len++][1]=1;                        }                    }//6                    if(vst[k^1]!=i2)                    {//6                        Q2[++rear2]=k^1;vst[k^1]=i2;                        if(!V[k])                        {                            ST[len][0]=k^1;                            ST[len++][1]=2;                        }                    }//6                }//5                if(!ff)break;            }//4            if(ff)            {//4                for(;front2<=rear2;front2++)                {//5                    j=Q2[front2];                    for(int p=E2[j].next;p!=j;p=E2[p].next)                    {//6                        k=E2[p].b;                        if(V[k]==1||vst[k]==i1)                        {ff=0;break;}                        if(vst[k]!=i2)                        {                            vst[k]=i2;Q2[++rear]=k;                            if(!V[k])                            {                                ST[len][0]=k;                                ST[len++][1]=2;                            }                        }                    }//6                    if(!ff)break;                }//5                if(ff)                {                    for(int j=0;j<len;j++)V[ST[j][0]]=ST[j][1];                    continue;                }            }//4        }//3        i=(_i<<1)+1;len=0;//********************************************//下面这段和上面完全一样的，可以复制。但是要保证上面写对//********************************************        if(!V[i])        {//3            ST[len][0]=i;            ST[len++][1]=1;            if(!V[i^1])            {                ST[len][0]=i^1;                ST[len++][1]=2;            }            Q[front=rear=0]=i;            vst[i]=i1=n+i;            Q2[front2=rear2=0]=i^1;            vst[i^1]=i2=(n<<1)+i;            ff=1;            for(;front<=rear;front++)            {//4                j=Q[front];                for(int p=E[j].next;p!=j;p=E[p].next)                {//5                    k=E[p].b;                    if(V[k]==2||vst[k]==i2||V[k^1]==1||vst[k^1]==i1)                    {ff=0;break;}                    if(vst[k]!=i1)                    {//6                        Q[++rear]=k;vst[k]=i1;                        if(!V[k])                        {                            ST[len][0]=k;                            ST[len++][1]=1;                        }                    }//6                    if(vst[k^1]!=i2)                    {//6                        Q2[++rear2]=k^1;vst[k^1]=i2;                        if(!V[k])                        {                            ST[len][0]=k^1;                            ST[len++][1]=2;                        }                    }//6                }//5                if(!ff)break;            }//4            if(ff)            {//4                for(;front2<=rear2;front2++)                {//5                    j=Q2[front2];                    for(int p=E2[j].next;p!=j;p=E2[p].next)                    {//6                        k=E2[p].b;                        if(V[k]==1||vst[k]==i1)                        {ff=0;break;}                        if(vst[k]!=i2)                        {                            vst[k]=i2;Q2[++rear]=k;                            if(!V[k])                            {                                ST[len][0]=k;                                ST[len++][1]=2;                            }                        }                    }//6                    if(!ff)break;                }//5                if(ff)                {                    for(int j=0;j<len;j++)V[ST[j][0]]=ST[j][1];                    continue;                }            }//4        }//3//**************************************************************        if(V[_i<<1]+V[(_i<<1)+1]!=3){res_ex=0;break;}    }//2}//1//点的编号必须从0开始，2*i和2*i+1是一对satint main(){    int M;    int x,y;    while(scanf("%d%d",&_n,&M)!=EOF)    {        n=_n<<1;        init_d();        while(M--)        {            scanf("%d%d",&x,&y);            x--;            y--;            if(x!=(y^1))            {                add_edge(x,y^1);                add_edge(y,x^1);            }        }        solve();        if(res_ex)        {            for(int i=0;i<n;i++)//V为0为不确定，1为确定选择，2为确定不选择            if(V[i]==1)printf("%d\n",i+1);        }        else printf("NIE\n");    }    return 0;}

【O(M)算法】

根据图的对称性，可以将图中所有的强连通分支全部缩成一个点（因为强连通分支中的点要么都选，要么都不选），然后按照拓扑逆序（每次找出度为0的点，具体实现时，在建分支邻接图时将所有边取反）遍历分支邻接图，将这个点（表示的连通分支）选上，并将其所有对立点（注意，连通分支的对立连通分支可能有多个，若对于两个连通分支S1和S2，点i在S1中，点i’在S2中，则S1和S2对立）及这些对立点的前趋全部标记为不选，直到所有点均标记为止。这一过程中必然不会出现矛盾（详细证明过程省略，论文里有）。
无解判定：若求出所有强分支后，存在点i和i’处于同一个分支，则无解，否则必定有解。
时间复杂度：求强分支时间复杂度为O(M)，拓扑排序的时间复杂度O(M)，总时间复杂度为O(M)。

该算法的时间复杂度低，但是只能求出任意一组解，不能保证求出解的字典序最小。当然，如果原题不需要求出具体的解，只需要判定是否有解（有的题是二分 + 2-SAT判有解的），当然应该采用这种算法，只要求强连通分支（Kosaraju、Tarjan均可，推荐后者）即可。

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【具体题目】PKU3648（本题的特殊情况非常多，具体见Discuss）

POJ 3648 /*POJ 3648【题意】：有一对新人结婚，邀请n对夫妇去参加婚礼。有一张很长的桌子，人只能坐在桌子的两边，还要满足下面的要求：1.每对夫妇不能坐在同一侧 2.n对夫妇之中可能有通奸关系（包括男男，男女，女女），有通奸关系的不能同时坐在新娘的对面，可以分开坐，可以同时坐在新娘这一侧。如果存在一种可行的方案，输出与新娘同侧的人。输出任意一组解，点的编号从0~2n-1ACG++ 16ms  724K取和新郎同一侧的，输出的时候反一下就变成和新娘同一侧的了*/#include<stdio.h>#include<iostream>#include<algorithm>#include<vector>#include<queue>#include<string.h>using namespace std;const int MAXN=200;//char color[MAXN];//染色bool visit[MAXN];queue<int>q1,q2;//vector建图方法很妙vector<vector<int> >adj; //原图    //中间一定要加空格把两个'>'隔开vector<vector<int> >radj;//逆图vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图int n,m,cnt;int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度void dfs(int u){    visit[u]=true;    int i,len=adj[u].size();    for(i=0;i<len;i++)      if(!visit[adj[u][i]])        dfs(adj[u][i]);    order[cnt++]=u;}void rdfs(int u){    visit[u]=true;    id[u]=cnt;    int i,len=radj[u].size();    for(i=0;i<len;i++)      if(!visit[radj[u][i]])        rdfs(radj[u][i]);}void korasaju(){    int i;    memset(visit,false,sizeof(visit));    for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++)      if(!visit[i])        dfs(i);    memset(id,0,sizeof(id));    memset(visit,false,sizeof(visit));    for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--)      if(!visit[order[i]])      {          cnt++;//这个一定要放前面来          rdfs(order[i]);      }}bool solvable(){    for(int i=0;i<n;i++)      if(id[2*i]==id[2*i+1])        return false;   return true;}void topsort(){    int i,j,len,now,p,pid;    while(!q1.empty())    {        now=q1.front();        q1.pop();        if(color[now]!=0)continue;        color[now]='R';        ind[now]=-1;        for(i=0;i<2*n;i++)        {            if(id[i]==now)            {                //p=(i%2)?i+1:i-1;//点的编号从0开始以后这一定要修改                p=i^1;                pid=id[p];                q2.push(pid);                while(!q2.empty())                {                    pid=q2.front();                    q2.pop();                    if(color[pid]=='B')continue;                    color[pid]='B';                    len=dag[pid].size();                    for(j=0;j<len;j++)                        q2.push(dag[pid][j]);                }            }        }        len=dag[now].size();        for(i=0;i<len;i++)        {            ind[dag[now][i]]--;            if(ind[dag[now][i]]==0)              q1.push(dag[now][i]);        }    }}int main(){    int x,y;    char c1,c2;    int i,j;    int len;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)    {        if(n==0&&m==0)break;        adj.assign(2*n,vector<int>());        radj.assign(2*n,vector<int>());        while(m--)        {            scanf("%d%c%d%c",&x,&c1,&y,&c2);            if(c1=='w')x=2*x;            else x=2*x+1;            if(c2=='w')y=2*y;            else y=2*y+1;            if(x!=(y^1))            {                adj[x].push_back(y^1);                adj[y].push_back(x^1);                radj[y^1].push_back(x);                radj[x^1].push_back(y);            }        }        adj[0].push_back(1);        radj[1].push_back(0);        //加一条新娘到新郎的边。        //表示选了新娘必选新郎，这样如果选了新娘就会判断无解。        //这样选出来的组合必定是有新郎的，即和新郎坐在同一侧的        korasaju();        if(!solvable())printf("bad luck\n");        else        {            dag.assign(cnt+1,vector<int>());            memset(ind,0,sizeof(ind));            memset(color,0,sizeof(color));            for(i=0;i<2*n;i++)            {                len=adj[i].size();                for(j=0;j<len;j++)                  if(id[i]!=id[adj[i][j]])                  {                      dag[id[adj[i][j]]].push_back(id[i]);                      ind[id[i]]++;                  }            }            for(i=1;i<=cnt;i++)              if(ind[i]==0)                 q1.push(i);            topsort();            for(i=1;i<n;i++)//小心别写错，是color[id[            {                if(i>1)printf(" ");                if(color[id[2*i]]=='R')printf("%dh",i);//选取的是和新郎同一侧的，输出和新娘同一侧的                                             //所以输出的时候h和w换一下                else printf("%dw",i);            }            printf("\n");        }    }    return 0;}