2-sat入门（例题hdu1814,poj3648）持续更新

2-sat问题描述

2-sat问题是这样的：有n个布尔变量xi，另有m个需要满足的条件，每个条件的形式都是“xi为真/假或者xj为真/假”。比如“x1为真或者x2为假”。注意这里的“或”是指两个条件至少一个是正确的。

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] (1)
NOT A[x] (2)
A[x] AND A[y]
A[x] AND NOT A[y]
A[x] OR A[y] (3)
A[x] OR NOT A[y] (4)
NOT (A[x] AND A[y]) (5)
NOT (A[x] OR A[y]) (6)
A[x] XOR A[y] (7)
NOT (A[x] XOR A[y]) (8)
A[x] XOR NOT A[y] (9)

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。

比如A[x]or B[x]，那么如果！A[x]就必然有B[x]，所以从！A[x]连一条有向边连向B[x]，同理如果！B[x]就必然有A[x]，所以从！B[x]连一条有向边连向A[x]。这里的有向边可以理解为推导出。
对于单个的A[x]，就相当于A[x]||A[x]，从！A[x]连向A[x]即可。

于是可以构造有向图G，G包含2n个顶点，代表2n个元素。则将问题转化为从G中选出n个顶点，并且ai和（~ai）的顶点不能同时被选，使其满足2-sat的条件。

染色法

逐一考虑每个没有赋值的变量，设为xi。我们先假定它是假的，然后标记结点2i，并且沿着有向边标记所有能标记的结点。如果标记过程中发现某个变量对应的两个结点都被标记，则“xi为假”这个假定不成立，需要改为“xi为真”，然后重新标记。注意，这个算法没有回溯过程。如果当前考虑的变量不管赋值是真还是假都会引起矛盾，可以证明整个2-sat问题无解
虽然这个算法复杂度为O(n*m)，但是它的一个好处就是可以求字典序

hdu1814

Peaceful Commission

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <algorithm>#include <stdlib.h>#include <stack>#include <vector>#include <string.h>#include <queue>#define msc(X) memset(X,-1,sizeof(X))#define ms(X) memset(X,0,sizeof(X))typedef long long LL;using namespace std;const int MAXN=20020;const int MAXM=100010;struct _Edge{    int to,next;}edge[MAXM];int hd[MAXN],tot;void inti(void){    tot=0;    msc(hd);}void addedge(int u,int v){    edge[tot].to=v;    edge[tot].next=hd[u];    hd[u]=tot++;}bool vs[MAXN];//染色标记，true表示选择int Stack[MAXN],top;bool dfs(int u){    if(vs[u^1]) return false;    if(vs[u]) return true;    vs[u]=true;    Stack[top++]=u;    for(int i=hd[u];i!=-1;i=edge[i].next)        if(!dfs(edge[i].to)) return false;    return true;}bool twosat(int n){    ms(vs);    for(int i=0;i<n;i+=2)    {        if(vs[i]||vs[i^1]) continue;//可选择        top=0;        if(!dfs(i)){            while(top) vs[Stack[--top]]=false;            if(!dfs(i^1)) return false;//如果i和i^1都不能选，无解        }    }    return true;}int main(int argc, char const *argv[]){    int n,m;    while(scanf("%d %d",&n,&m)==2){        inti();        while(m--){            int a,b;            scanf("%d %d",&a,&b);            a--,b--;            addedge(a,b^1);            addedge(b,a^1);        }        if(twosat(2*n)){            for(int i=0;i<2*n;i++)                if(vs[i]) printf("%d\n",i+1 );        }        else puts("NIE");    }    return 0;}

强连通+拓扑排序

图建好，可以求出G的强连通分量，如果选中强连通分量的一个点，那么就必须选中强连通分量的所有点。如果ai和~ai在一个强连通分量中，则ai和~ai就必须都选中，矛盾，故此时2-sat问题无解。 如果没有产生矛盾，就将强连通分量进行缩点，缩点后重新建反向图G*。由于 G *中没有环，所以它有拓扑结构。按拓扑顺序将点进行染色。
算法复杂度O(m)，但不能求字典序，只能给出一个任意解。

poj3648

Wedding

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <algorithm>#include <stdlib.h>#include <stack>#include <vector>#include <string.h>#include <queue>#define msc(X) memset(X,-1,sizeof(X))#define ms(X) memset(X,0,sizeof(X))typedef long long LL;using namespace std;const int MAXN=1010;const int MAXM=100010;struct _Edge{    int to,next;}edge[MAXM];int hd[MAXN],tot;void inti(void){    tot=0;    msc(hd);}void addedge(int u,int v){    edge[tot].to=v;    edge[tot].next=hd[u];    hd[u]=tot++;}int Low[MAXN],DFN[MAXN],Stack[MAXN],Belong[MAXN];int Index,top;int scc;bool Instack[MAXN];void tarjan(int u){    int v;    Low[u]=DFN[u]=++Index;    Stack[top++]=u;    Instack[u]=true;    for(int i=hd[u];i!=-1;i=edge[i].next)    {        v=edge[i].to;        if(!DFN[v]){            tarjan(v);            if(Low[u]>Low[v])                Low[u]=Low[v];        }        else if(Instack[v]&&Low[u]>DFN[v])            Low[u]=DFN[v];    }    if(Low[u]==DFN[u]){        scc++;        do{            v=Stack[--top];            Instack[v]=false;            Belong[v]=scc;        }while(v!=u);    }}bool solvable(int n)//n是总个数，需要选择一半{    ms(DFN);    ms(Instack);    Index=scc=top=0;    for(int i=0;i<n;i++)        if(!DFN[i]) tarjan(i);    for(int i=0;i<n;i+=2)        if(Belong[i]==Belong[i^1])            return false;    return true;}queue<int > q;vector<vector<int > >dag;//缩点后的逆图char color[MAXN];int indeg[MAXN];int cf[MAXN];void solve(int n){    dag.assign(scc+1,vector<int> ());    ms(indeg);    ms(color);    for(int u=0;u<n;u++)        for(int i=hd[u];i!=-1;i=edge[i].next)        {            int v=edge[i].to;            if(Belong[u]!=Belong[v])            {                dag[Belong[v]].push_back(Belong[u]);//反向边                indeg[Belong[u]]++;            }        }    for(int u=0;u<n;u+=2)    {        cf[Belong[u]]=Belong[u^1];        cf[Belong[u^1]]=Belong[u];    }    while(!q.empty()) q.pop();    for(int i=1;i<=scc;i++)        if(indeg[i]==0)            q.push(i);    while(!q.empty()){        int u=q.front();        q.pop();        if(color[u]==0){            color[u]='R';            color[cf[u]]='B';        }        int sz=dag[u].size();        for(int i=0;i<sz;i++)        {            indeg[dag[u][i]]--;            if(indeg[dag[u][i]]==0)                q.push(dag[u][i]);        }    }}int change(char *s){    int num=0,i=0;    while('0'<=s[i]&&s[i]<='9')        num=num*10+s[i++]-'0';    if(s[i]=='w') return num<<1;    return num<<1|1;}int main(int argc, char const *argv[]){    int n,m;    while(scanf("%d %d",&n,&m)==2&&(n||m)){        inti();        while(m--){            char ss[4],ss2[4];            scanf("%s%s",ss,ss2);            int u=change(ss),v=change(ss2);            addedge(u^1,v);            addedge(v^1,u);        }        addedge(1,0);//0号一定去，因为求的是和新娘坐在一边的        if(solvable(2*n)){            solve(2*n);            for(int i=1;i<n;i++)                {                    if(color[Belong[i<<1]]=='R') printf("%dw",i );                    else printf("%dh",i );                    printf("%c",i==n-1?'\n':' ' );                }        }        else puts("bad luck");    }    return 0;}