2-SAT总结

基础部分

有K-Satisfiability问题，但$k\ge 2$时那是NPC的，$k=1$时是trivial的，所以讨论2-Satisfiability。

问题是这样的：$n$个bool变量，$m$个限制条件，每个限制会给出对于两个bool变量之间关系的描述，如$a_i\vee a_j$为真。求一组可行解。

显然我们可以暴搜，这里不说了。

我们发现这些限制条件描述了一种关系，形如若$u$成立则$v$一定成立（此处对bool变量的拆点是显然的）。这些关系可以用有向边来描述，于是构成了一张有向图。

在有向图上，若对于同一个变量$a_i$拆出来的两个点$u$和$v$，存在$u⇝v$的一条路径，那么$a_i$的$u$状态是非法的，而$v$状态是合法的。

首先考虑DAG上的情况，显然根据上面的分析，对于每个变量，我们选择拓扑序较大的状态。

那么对于一般的有向图呢？我们先SCC缩点，然后转化为了DAG，注意一些特殊情况：

• 如果存在同一个变量的$u$和$v$处在同一个SCC中，这意味着$u$和$v$要么同时成立，要么同时不成立，但是这显然不可能。于是整个问题无解。

• 由于Tarjan算法求SCC的特性，SCC的编号其实就是反拓扑序，所以不必进行拓扑排序。

• 如果$a_i$拆出的点$u$和$v$不连通，那么任意选一个即可。为了保持一致性，普遍选拓扑序较大的即SCC编号小的一个。

算法就是这样，板子如下：

P4782 【模板】2-SAT

板子

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=1e6+10;
int n,m,dfc=0,tp=0,tot=0,num=0,stk[maxn<<1],bel[maxn<<1],head[maxn<<1],low[maxn<<1],dfn[maxn<<1];
bool instk[maxn<<1];
struct edge{
	int v,nxt;
}e[maxn<<1];

inline void add(int u,int v){
	e[++tot].v=v;
	e[tot].nxt=head[u];
	head[u]=tot;
}

void tarjan(int u){
	low[u]=dfn[u]=++dfc;
	instk[u]=1,stk[++tp]=u;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		}
		else if(instk[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(low[u]==dfn[u]){
		num++;
		while(1){
			bel[stk[tp]]=num;
			instk[stk[tp]]=0;
			tp--;
			if(stk[tp+1]==u) break;
		}
	}
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,x,a,y,b;i<=m;++i){
		scanf("%d%d%d%d",&x,&a,&y,&b);
		add(y+(b^1)*n,x+a*n);
		add(x+(a^1)*n,y+b*n);
	}
	for(int i=1;i<=(n<<1);++i){
		if(!dfn[i]){
			tp=0;
			tarjan(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(bel[i]==bel[i+n]){
			printf("IMPOSSIBLE\n");
			exit(0);
		}
	}
	printf("POSSIBLE\n");
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(bel[i]<bel[i+n]) printf("0 ");
		else printf("1 ");
	}
	return 0;
} 

连边的逻辑

其实可以发现算法本身不是难点，问题在于对问题建模以及对建图的优化。

建有向边时，离散数学第一章终于有点用了，可以用逻辑与命题的观点来理解。有向图中的可达性具有传递性（若$A$可达$B$，$B$可达$C$，则$A$可达$C$），逻辑命题中的蕴含性也有传递性（若$A\Rightarrow B$，$B\Rightarrow C$，则$A\Rightarrow C$）。看到这里就该去补离散数学了。

蕴含等值式：

$$P\to Q⟺\mathrm{\neg }P\vee Q$$

真值表如下：

1. $P=T,Q=T$，两式都为$T$。

2. $P=T,Q=F$，两式都为$F$。

3. $P=F,Q=T$，两式都为$T$。

4. $P=F,Q=F$，两式都为$T$。

当$P=F$时，我们发现$P\to Q$总是为$T$。我们称之善意推定。例如，对于“若第二天不下雨，那么我们去玩”，当第二天下雨时，无论是否去玩，都不违背这句话。

那么这样就解决了限定$a_i$必须为真或者必须为假的问题（$a_i\vee a_i,\mathrm{\neg }{a}_i\vee \mathrm{\neg }{a}_i$）。

前者转化为$\mathrm{\neg }{a}_i\to a_i$，后者转化为$a_i\to \mathrm{\neg }{a}_i$。

其他情况都可以类似推导。

拓展

k-SAT都可以规约到3-SAT，是NPC的。

可以考虑3-SAT转2-SAT，将不符合2-SAT的部分爆搜，改成符合2-SAT的条件，再去做2-SAT。纯口胡。