【Coel.学习笔记】2-SAT 问题
终于结束网络流了，真有够累的……
SAT 问题相关概念
SAT 是 的英文缩写，意为“适应性”。对于若干个命题，每个命题都有且只有“真”和“假”两种取值。接下来会给出若干个条件，每个条件都形如“ 为真/假或 为真/假或……”的形式，需要找到一个命题取值，使得所有条件都可以得到满足。
如果一个条件关联了 个命题，就称为 K-SAT 问题。特殊地，每个条件只关联 个命题就叫 2-SAT 问题。
对于 的情况， SAT 问题是 完全的。但当 时，我们就可以以线性时间复杂度解决问题。
求解算法
在学习算法之前，我们先要了解一点数理逻辑的知识。
假设一个命题 是命题 的充分条件，即 ，那么就会有 为真时 一定为真， 为假时 可能为假。对于式子 ，如果上面的情况正确就为真，反之为假。
为了更形象地了解这个“推导”的含义，下面给出了 不同的取值时 的值。
写 Markdown 的时候上面一坨的 $ 看着好吓人
从上表可以发现， ，且 。
我们可以把这个问题转化为图论问题。把所有命题放在一张有向图上，那么有向图的路径就代表了一个推导关系。接下来只要求解一个强连通分量就好了。
参考代码如下：
// Problem: 2-SAT 问题
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2404/
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 5000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 4e6 + 10;
int n, m;
int head[maxn], nxt[maxn], to[maxn], cnt;
int dfn[maxn], low[maxn], stk[maxn], top;
int bel[maxn], vis[maxn], idx, tot;
void add(int u, int v) { nxt[cnt] = head[u], to[cnt] = v, head[u] = cnt++; }
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++tot;
stk[++top] = u, vis[u] = true;
for (int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) {
int v = to[i];
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
} else if (vis[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (low[u] == dfn[u]) {
int v;
idx++;
do {
v = stk[top--];
vis[v] = false;
bel[v] = idx;
} while (v != u);
}
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x, a, y, b;
cin >> x >> a >> y >> b;
x--, y--;
add(2 * x + !a, 2 * y + b);
add(2 * y + !b, 2 * x + a);
}
for (int i = 0; i < n * 2; i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i = 0; i < n; i++)
if (bel[i * 2] == bel[i * 2 + 1]) cout << "IMPOSSIBLE", exit(0);
cout << "POSSIBLE" << '\n';
for (int i = 0; i < n; i++)
if (bel[i * 2] < bel[i * 2 + 1])
cout << '0' << ' ';
else
cout << '1' << ' ';
return 0;
}
例题讲解
[POJ3283] Priest John's Busiest Day
有 对情侣在这天准备结婚，每对情侣都预先计划好了婚礼举办的时间，其中第 对情侣的婚礼从时刻 开始，到时刻 结束。婚礼有一个必须的仪式：站在牧师面前聆听上帝的祝福。这个仪式要么在婚礼开始时举行，要么在结束时举行。
第 对情侣需要 分钟完成这个仪式，即必须选择 或 两个时间段之一。
牧师约翰想知道他能否满足每场婚礼的要求，即给每对情侣安排 或 ，使得这些仪式的时间段不重叠。
若能满足，还需要帮牧师求出任意一种具体方案。
解析：把每一场婚礼看作一个命题，那么每个命题就有两个取值：在开头做祝福和在结束做祝福。 枚举一下每个时间段的冲突关系，就可以得到命题的取值。这样就转化成 2-SAT 问题了。
bool check(int a, int b, int c, int d) { return d > a && b > c; }
int main(void) {
cin >> n;
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i = 0; i < n; i++) {
int s0, s1, t0, t1, d;
scanf("%d:%d %d:%d %d", &s0, &s1, &t0, &t1, &d);
a[i] = {s0 * 60 + s1, t0 * 60 + t1, d};
}
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < i; j++) {
auto x = a[i], y = a[j];
if (check(x.l, x.l + x.t, y.l, y.l + y.t))
add(i, j + n), add(j, i + n);
if (check(x.l, x.l + x.t, y.r - y.t, y.r))
add(i, j), add(j + n, i + n);
if (check(x.r - x.t, x.r, y.l, y.l + y.t))
add(i + n, j + n), add(j, i);
if (check(x.r - x.t, x.r, y.r - y.t, y.r))
add(i + n, j), add(j + n, i);
}
for (int i = 0; i < n * 2; i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i = 0; i < n; i++)
if (bel[i] == bel[i + n]) cout << "NO", exit(0);
cout << "YES" << '\n';
for (int i = 0; i < n; i++) {
auto x = a[i];
int l = x.l, r = x.r, t = x.t;
if (bel[i] < bel[i + n])
printf("%02d:%02d %02d:%02d\n", l / 60, l % 60, (l + t) / 60,
(l + t) % 60);
else
printf("%02d:%02d %02d:%02d\n", (r - t) / 60, (r - t) % 60, r / 60,
r % 60);
}
return 0;
}
[NOI2017] 游戏
洛谷传送门
题面有点长，用一个引用放着。
小 L 计划进行 场游戏，每场游戏使用一张地图，小 L 会选择一辆车在该地图上完成游戏。
小 L 的赛车有三辆，分别用大写字母 、、 表示。地图一共有四种，分别用小写字母 、、、 表示。
其中，赛车 不适合在地图 上使用，赛车 不适合在地图 上使用，赛车 不适合在地图 上使用，而地图 则适合所有赛车参加。
适合所有赛车参加的地图并不多见，最多只会有 张。
场游戏的地图可以用一个小写字母组成的字符串描述。例如： 表示小L计划进行 场游戏，其中第 场和第 场的地图类型是 ，适合所有赛车，第 场和第 场的地图是 ，不适合赛车 ，第 场和第 场的地图是 ，不适合赛车 ，第 场和第 场的地图是 ，不适合赛车 。
小 L 对游戏有一些特殊的要求，这些要求可以用四元组 来描述，表示若在第 场使用型号为 的车子，则第 场游戏要使用型号为 的车子。
你能帮小 L 选择每场游戏使用的赛车吗？如果有多种方案，输出任意一种方案。如果无解，输出-1。
解析： NOI 的题面和码量都比较大，要认真读题找到内在性质。
如果没有 地图，那么这道题就是一个很简单的 2-SAT 问题，因为每张地图只有两种选择，和 2-SAT 的概念是一样的。
考虑到 地图的数量非常少 ()，我们可以试着暴力枚举每个 地图使用的赛车。如果枚举到的情况都不存在解就说明无解，反之输出解即可。时间复杂度为 ，可以接受。
此外在给点编号时操作有点复杂，一定要明确。
int get(int xx, char c, int t) {
char a = s[xx] - 'a';
c -= 'A';
if (((a + 1) % 3 != c) ^ t) return xx + n;
return xx;
}
char put(int xx, int t) {
int yy = s[xx] - 'a';
return 'A' + ((yy + t) % 3);
}
void solve() {
memset(head, -1, sizeof(head));
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
cnt = idx = tot = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int xx = op[i].x - 1, yy = op[i].y - 1;
char a = op[i].a, b = op[i].b;
if (s[xx] != tolower(a)) {
if (s[yy] != tolower(b)) {
add(get(xx, a, 0), get(yy, b, 0));
add(get(yy, b, 1), get(xx, a, 1));
} else
add(get(xx, a, 0), get(xx, a, 1));
}
}
for (int i = 0; i < n * 2; i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i = 0; i < n; i++)
if (bel[i] == bel[i + n]) return;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (bel[i] < bel[i + n])
cout << put(i, 1);
else
cout << put(i, 2);
}
exit(0);
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> d >> s;
for (int i = 0, j = 0; i < n; i++)
if (s[i] == 'x') x[j++] = i;
cin >> m;
for (int i = 0; i < m; i++) cin >> op[i].x >> op[i].a >> op[i].y >> op[i].b;
for (int k = 0; k < 1 << d; k++) {
for (int i = 0; i < d; i++)
if (k >> i & 1)
s[x[i]] = 'a';
else
s[x[i]] = 'b';
solve();
}
cout << -1;
return 0;
}
本文作者：Coel's Blog
本文链接：https://www.cnblogs.com/Coel-Flannette/p/16487980.html
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