Problem Description

有n对夫妻被邀请参加一个聚会，因为场地的问题，每对夫妻中只有1人可以列席。在2n 个人中，某些人之间有着很大的矛盾（当然夫妻之间是没有矛盾的），有矛盾的2个人是不会同时出现在聚会上的。有没有可能会有n 个人同时列席？

Input

n：表示有n对夫妻被邀请 (n<= 1000)
m：表示有m 对矛盾关系 ( m < (n - 1) * (n -1))

在接下来的m行中，每行会有4个数字，分别是 A1,A2,C1,C2
A1,A2分别表示是夫妻的编号
C1,C2 表示是妻子还是丈夫，0表示妻子，1是丈夫
夫妻编号从 0 到 n -1

Output

如果存在一种情况则输出YES
否则输出 NO

Sample Input

2
1
0 1 1 1

Sample Output

YES

思路：每对夫妻代表图中一个结点，只有 1、0 两种选择，对于有矛盾的夫妻对，使其不列席，让无矛盾夫妻对的列席即可

对于 m 矛盾关系，设 a、b 两对夫妇存在矛盾：

若第 a 对的妻子与第 b 对的妻子有矛盾（a b 0 0）
则 a 的妻子去了 b 的丈夫必须去，b 的妻子去了 a 的丈夫必须去：<a,0,b,1>、<b,0,a,1>，添边：<a+n,b>,<b+n,a>
若第 a 对的妻子与第 b 对的丈夫有矛盾（a b 0 1）
则 a 的妻子去了 b 的妻子必须去，b 的丈夫去了 a 的丈夫必须去：<a,0,b,0>、<b,1,a,1>，添边：<a+n,b+n>,<b,a>
若第 a 对的丈夫与第 b 对的妻子有矛盾（a b 1 0）
则 a 的丈夫去了 b 的丈夫必须去，b 的妻子去了 a 的妻子必须去：<a,1,b,1>、<b,0,a,0,>，添边：<a,b>,<b+n,a+n>
若第 a 对的丈夫与第 b 对的丈夫有矛盾（a b 1 1）
则 a 的丈夫去了 b 的妻子必须去，b 的丈夫去了 a 的妻子必须去：<a,1,b,0>、<b,1,a,0>，添边：<a,b+n>,<b,a+n>

Source Program

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<bitset>
#define Exp 1e-9
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
const int MOD = 1E9+7;
const int N = 1000000+5;
const int dx[] = {-1,1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[] = {0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
using namespace std;struct Edge{int to,next;
}edge[N*2];
int head[N],tot;
int n,m;
int dfn[N],low[N];
bool vis[N];//标记数组
int scc[N];//记录结点i属于哪个强连通分量
int block_cnt;//时间戳
int sig;//记录强连通分量个数
stack<int> S;
void init(){tot=0;sig=0;block_cnt=0;memset(head,-1,sizeof(head));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(low,0,sizeof(low));memset(scc,0,sizeof(scc));
}
void addEdge(int from,int to){edge[++tot].to=to;edge[tot].next=head[from];head[from]=tot;
}
void Tarjan(int x) {vis[x]=true;dfn[x]=low[x]=++block_cnt;//每找到一个新点，纪录当前节点的时间戳S.push(x);//当前结点入栈for(int i=head[x]; i!=-1; i=edge[i].next) { //遍历整个栈int y=edge[i].to;//当前结点的下一结点if(!dfn[y]) {Tarjan(y);low[x]=min(low[x],low[y]);}else if(vis[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);}if(dfn[x]==low[x]) { //满足强连通分量要求sig++;//记录强连通分量个数while(true) { //记录元素属于第几个强连通分量int temp=S.top();S.pop();vis[temp]=false;scc[temp]=sig;if(temp==x)break;}}
}
bool twoSAT(){for(int i=1;i<=2*n;i++)//找强连通分量if(!dfn[i])Tarjan(i);for(int i=1;i<=n;i++)if(scc[i]==scc[i+n])//条件a与!a属于同一连通分量，无解return false;return true;
}
int main() {while( scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(n+m)){init();while(m--) {int x,y,xVal,yVal;scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&xVal,&yVal);x++;y++;if(xVal==0&&yVal==0){//x为0或y为0addEdge(x+n,y);//x为0,y为1addEdge(y+n,x);//y为0,x为1}else if(xVal==0&&yVal==1){//x为0或y为1addEdge(x+n,y+n);//x为0,y为0addEdge(y,x);//y为1,x为1}else if(xVal==1&&yVal==0){//x为1或y为0addEdge(x,y);//x为1,y为1addEdge(y+n,x+n);//y为0,x为0}else if(xVal==1&&yVal==1){//x为1或y为1addEdge(x,y+n);//x为1,y为0addEdge(y,x+n);//y为1,x为0}}bool flag=twoSAT();if(!flag)printf("NO\n");elseprintf("YES\n");}return 0;
}

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