模板 - 2 - SAT问题

整理的算法模板合集： ACM模板

注意一个坑，2SAT问题中如果要求你输出方案，如果你的代码输出的跟样例不一样，不要着急，因为2SAT 问题本来就是有多解，结果我样例不过，交上去就A了

方案输出时，color[x]谁小选谁

有 n 个布尔变量 x1∼xnx_1\sim x_nx1∼xn，另有 m 个需要满足的条件，每个条件的形式都是「x_i为 true / false 或 x_j为 true / false」。比如「x_1为真或 x_3为假」、「x_7为假或 x_2为假」。2-SAT 问题的目标是给每个变量赋值使得所有条件得到满足。

2 - SAT模板

我们在2-sat问题中会得到若干个关系式形如：
p∨q，也就是p||q，p或q，p为true或者q为true

而我们离散数学中学逻辑关系式中有这么一个转化关系：
p∨q == ¬p → q ∧ ¬q → p

也就是：

p || q == -p ->q && -q -> p

根据p和q 的真假性我们可以得到下列表格

原关系式	建图方式
p∨qp \vee qp∨q	¬p→q∧¬q→p\neg p\rightarrow q\wedge\neg q\rightarrow p¬p→q∧¬q→p
¬p∨q\neg p\vee q¬p∨q	p→q∧¬q→¬pp\rightarrow q\wedge\neg q\rightarrow\neg pp→q∧¬q→¬p
p∨¬qp\vee \neg qp∨¬q	¬p→¬q∧q→p\neg p\rightarrow \neg q\wedge q\rightarrow p¬p→¬q∧q→p
¬p∨¬q\neg p\vee\neg q\space \space¬p∨¬q	p→¬q∧q→¬pp\rightarrow\neg q\wedge q\rightarrow\neg pp→¬q∧q→¬p

我们按照箭头建有向边，构成一个有向图。

每一条有向边，u->v表示如果选择u，那么v也必须选择，不然就违反了关系式。

因此我们对这张图求强连通分量

那么，对于这张图中的每个强连通分量中的点一定要么同时选，要么同时不选。

判断无解：如果xi,0x_{i,0}xi,0和xi,1x_{i,1}xi,1在同一个强连通分量中，那么明显无解，因为二者对立不可能同时存在（xi,0x_{i,0}xi,0 === 111 ~ nnn 指的是编号为i的点选择false，xi,1x_{i,1}xi,1=== n+1n +1n+1 ~ 2∗n2*n2∗n指的是编号为i 的点选择true）

这张拓扑图中，如果u可以到达v，那么u选择则v也必须选择。

tarjan算法 dfsdfsdfs 式地走一遍就是有向图的拓扑序，因为是用的栈存的节点，所以是拓扑逆序（对于每一个强连通分量都是一个拓扑逆序，块间也是拓扑序，因为每一块之间至多只有一条边，多了就连一块了）。

选择方案：对于每一个点来说，在xi,0x_{i,0}xi,0和xi,1x_{i,1}xi,1中选择拓扑序较大的点。这样就可以避免产生冲突了。并且这种方法一定可以构造出解。

当 xxx 所在的强连通分量的拓扑序在 ¬x\neg x¬x所在的强连通分量的拓扑序之后取 xxx 为真就可以了。在使用 Tarjan 算法缩点找强连通分量的过程中，已经为每组强连通分量标记好顺序了——不过是反着的拓扑序。所以一定要写成 color[x] < color[-x]

其中我们一般在2-sat问题中用i表示false，用i+n表示true

时间复杂度为：O(n+m)O(n+m)O(n+m)

//时间复杂度O(n+m)
//当 x 所在的强连通分量的拓扑序在 ¬x 所在的强连通分量的拓扑序之后取 x
//为真 ,注意我们得到的是拓扑逆序，所以要写成color[x] < color[¬x]
// 其中 i 表示 ¬x，用 i+n 表示 x
p ∨ q == ¬p → q  ∧ ¬q → p
p || q == -p ->q && -q -> p
typedef long long ll;const int N = 2000007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int dfn[N], low[N], num;
bool vis[N], ins[N];
int a[N], scc_cnt;
int scc_id[N], color[N];
int stk[N], top;
int ver[M], nex[M], head[N], tot;void add(int x, int y){ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}void tarjan(int x)
{dfn[x] = low[x] = ++ num;stk[++ top] = x;ins[x] = true;for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){int y = ver[i];if(!dfn[y]){tarjan(y);low[x] = min(low[x], low[y]);}else if(ins[y])low[x] = min(low[x], dfn[y]);}if(low[x] == dfn[x]){int y;++ scc_cnt;do{y = stk[top -- ];ins[y] = false;scc_id[y] = scc_cnt;color[y] = scc_cnt;}while(x != y);}
}int main()
{memset(head, -1, sizeof head);scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= m; ++ i){int p, q ,c ,d;scanf("%d%d%d%d", &p, &c, &q, &d);if(c && d){// p 且 q  -p-> q && -q -> padd(p, q + n);add(q, p + n);}else if(!c && d){//p -> q && -q -> -padd(p + n, q + n);add(q, p);}else if(c && !d){//-p -> -q && q -> padd(p, q);add(q + n, p + n);}else if(!c && !d){//p -> -q && q -> -padd(p + n, q);add(q + n, p);}}for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i){if(!dfn[i])tarjan(i);}for(int i = 1 ;i <= n; ++ i) {if(color[i] == color[i + n]){puts("IMPOSSIBLE");return 0;}}puts("POSSIBLE");//谁小选谁，这里i + n表示的是x (true)for(int i = 1; i <= n; ++ i)printf("%d ", (color[i] > color[i + n]));puts("");return 0;
}

位运算版

 g[p + n * c].push_back(q + n * (d ^ 1));g[q + n * d].push_back(p + n * (c ^ 1));

最小字典序解

题意：给你n个组，m条规则，每组有俩个人，这两个人不能同时出现，然后m条规则代表着有两个人，这两个人也不能同时出现，问你是否存在每组都能出现一人的选择方案

解题思路：因为这个需要字典序输出，所以只能用暴力的方法解决，如果x，y在同一条规则里面，那么建立一条边由x指向和y同一组的另一个人，y也这样做，然后开始暴力dfs

注意此模版求的就是最小字典序解（因为本题没有special judge…）

#define ll double
#define eps 1e-5using namespace std;inline ll Max(ll a,ll b){return a>b?a:b;}
inline ll Min(ll a,ll b){return a<b?a:b;}#define N 8010*2
#define M 40000+5struct Edge{int to, nex;
}edge[M];int head[N], edgenum;
void addedge(int u, int v){Edge E = {v, head[u]};edge[edgenum] = E;head[u] = edgenum ++;
}bool mark[N];
int Stack[N], top;
void init(){memset(head, -1, sizeof(head)); edgenum = 0;memset(mark, 0, sizeof(mark));
}bool dfs(int x){if(mark[x^1])return false;//一定是拆点的点先判断if(mark[x])return true;mark[x] = true;Stack[top++] = x;for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].nex)if(!dfs(edge[i].to)) return false;return true;
}bool solve(int n){for(int i = 0; i < n; i+=2)if(!mark[i] && !mark[i^1]){top = 0;if(!dfs(i))//dfs(i) 假设i成立 {//当i不成立时，把所有因i成立的点都取消标记while( top ) mark[ Stack[--top] ] = false;if(!dfs(i^1))return false;//若i的对立面也不成立则i点无解}}return true;
}int main(){int n, i, j, m;while(~scanf("%d%d",&n,&m)){n <<= 1;init();while(m--){int u,v;scanf("%d %d",&u,&v); u--, v--;addedge(u,v^1);addedge(v,u^1);}if(solve(n)){for(i=0;i<n;i++)if(mark[i])printf("%d\n",i+1);}elseprintf("NIE\n");}return 0;
}

需要注意的是，如果题目中有重边的话，使用链式前向星就会导致RE，改成vector即可
如下题

2 - SAT + 二分答案


/*ACM-ICPC 2004 Europe - Southwestern） Now or later*/
typedef long long ll;
const int N = 5000007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int dfn[N], low[N], num;
int head[N], ver[M], nex[M], tot;
vector<int>g[N];
int a[N][2];
int stk[N], top, scc_cnt;
bool ins[N];
int color[N];void tarjan(int x)
{dfn[x] = low[x] = ++ num;stk[++ top] = x;ins[x] = true;for(size_t i = 0; i < g[x].size(); ++ i){int y = g[x][i];if(!dfn[y]){tarjan(y);low[x] = min(low[x], low[y]);}else if(ins[y])low[x] = min(low[x], dfn[y]);}if(low[x] == dfn[x]){int y;++ scc_cnt;color[x] = scc_cnt;do{y = stk[top -- ];ins[y] = false;color[y] = scc_cnt;}while(x != y);}return ;
}inline bool check(int x){//memset(head, -1, sizeof head);for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i)g[i].clear();memset(dfn, 0, sizeof dfn);memset(low, 0, sizeof low);memset(color, 0, sizeof color);memset(ins, 0, sizeof ins);tot = num = scc_cnt = 0;//0 : -x : E 早 : i//1 : x : L 晚 : i + n//比较之后的两个相差的时间是否小于x//如果小于x的话那么两者就不能同时出现（同时为true）for(int p = 1;p <= n;++ p){for(int c = 0; c <= 1; ++ c){for(int q = p + 1; q <= n; ++ q){for(int d = 0; d <= 1; ++ d){if(abs(a[p][c] - a[q][d]) < x){/*if(c && d){//11 -> 01, 01add(p, q + n);add(q, p + n);}else if(!c && d){//01 -> 11, 00add(p + n, q + n);add(q, p);}else if(c && !d){//10 -> 00, 11add(p, q);add(q + n, p + n);}else if(!c && !d){//00 -> 10, 01add(p + n, q);add(q + n, p);}*/g[p + n * c].push_back(q + n * (d ^ 1));g[q + n * d].push_back(p + n * (c ^ 1));}}}}}for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i)if(!dfn[i])tarjan(i);for(int i = 1; i <= n; ++ i){if(color[i] == color[i + n])return false;}return true;
}void solve(){int l = 0, r = 0, ans = -1;for(int i =1; i <= n; ++ i)scanf("%d%d", &a[i][0], &a[i][1]), r = max(max(a[i][1], a[i][0]), r);while(l <= r){int mid = l + r >> 1;if(check(mid))ans = mid, l = mid + 1;else r = mid - 1;}printf("%d\n", ans);return ;
}int main()
{while(scanf("%d", &n) != EOF){solve();}return 0;
}