2-SAT 问题

定义#

SAT是适定性(Satisfiability)问题的简称 。一般形式为k-适定性问题，简称 k-SAT。

可以证明，当 $k>2$ 时，k-SAT 是 NP 完全的。因此一般讨论的是 $k=2$ 的情况，即 2-SAT 问题。

我们通俗的说，有 $n$ 个布尔变量 $x_1-x_n$。给出 $m$ 个限制关系，每个关系最多只对两个变量进行限制。求一组取值使得满足所有限制。

这里的限制例如：选 $A$必选 $B$ 或是 $A$，$B$ 至少选一个。

也就是“ $x_i=0$ 或（“或”也可能是“与”“异或”等） $x_j=1$ ”形似这类的条件。

而求解 2-SAT 的解就是求出满足所有限制的一组答案。

建图#

我们把 $x_1-x_n$ 这 $n$ 个点给拆成 $2n$ 个点，点 $x_i$ 表示 $x_i$ 的值为 $1$，点 $x_{i+n}$ 表示 $x_i$ 的值为 $0$。

假如说我们有一个限制条件：“$x_i$ & $x_j=0$ ”

那么这说明 $x_i$ 和 $x_j$ 之中至少有一个为 $0$

这时我们从 $x_i$ 向 $x_{j+n}$ 连边，从 $x_j$ 向 $x_{i+n}$ 连边。

只有在关系明确的时候才能建边

拿上面的限制来说，如果当 $x_i$ 为 $1$ 的时候，那么 $x_j$ 为 $0$ 的时候才能满足关系，同理当 $x_j$ 为 $1$ 的时候，只有 $x_i$ 为 $0$ 的时候才满足限制。

为什么不从 $x_{j+n}$ 向 $x_i$ 或者 $x_{i+n}$ 到 $x_j$ 连边呢？

因为当其中一个值为 $0$ 的时候，另一个的值为 $0$ 或 $1$ 都是满足条件的。

若 “ $x_a=p$ 或 $x_b=q$ ” 中至少有一个满足，那么我们建两条有向边：

$$x_a(\mathrm{\neg }p)\to x_b(q)$$

$$x_b(\mathrm{\neg }q)\to x_a(p)$$

可以简单总结为：其中一个不成立则另一个一定成立（这是明确的关系）

如果出现类似 $x_i=1$ 这种关系的话，我们就从 $x_{i+n}$ 向 $x_i$ 连边，表示从当前 $x_i$ 等于 $0$ 的点也是走到 $x_i$ 为 $1$ 的点。

求解#

我们通常是跑一遍 tarjan 求强连通分量，如果要是有一个点 $x_i$ 和 $x_{i+n}$ 在同一个强连通分量说明无解，因为此时的情况 $x_i$ 没有取值可以满足所有的关系，说明此时限制互相矛盾。

P4782 【模板】2-SAT 问题#

code：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 4000100
using namespace std;
int head[N],cnt,n,m,f[N],dep[N],tp[N],tot;
struct sb{int u,v,next;}e[N];
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){f=ch!='-';ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return f?x:-x;}
inline void add(int u,int v){e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;}
inline int fid(int x){if(f[x]==x)return x;return f[x]=fid(f[x]);}
inline void dfs(int x)
{
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;
		if(!dep[v])dep[v]=dep[x]+1,dfs(v);
		if(dep[fid(v)]>0)
		{
			if(dep[fid(x)]<dep[f[v]])f[f[v]]=f[x];
			else f[f[x]]=f[v];
		}
	}
	dep[x]=-1,tp[x]=++cnt;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=2*n;i++)f[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
		add(a+n*(b&1),c+n*(d^1));
		add(c+n*(d&1),a+n*(b^1));
	}
	for(int i=1;i<=2*n;i++)if(!dep[i])dfs(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)if(fid(i)==fid(i+n))return cout<<"IMPOSSIBLE"<<endl,0;
	cout<<"POSSIBLE"<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int ii=i+n;
		if(tp[fid(i)]<tp[fid(ii)])cout<<"1 "<<endl;
		else cout<<"0 "<<endl;
	}
	return 0;
}

tarjan 版：

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 4000100
using namespace std;
int n,m,ti,ans,head[N],nxt[N],to[N],dfn[N],low[N];
int flag[N],vis[N],cnt,sd[N],stk[N],top;
inline void add(int u,int v){to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;}
void tarjan(int x)
{
	cnt=0;
	dfn[x]=low[x]=++ti;
	vis[x]=flag[x]=1;stk[++top]=x;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(!dfn[v])tarjan(v),low[x]=min(low[x],low[v]);
		else if(vis[v])low[x]=min(low[x],dfn[v]);
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		int y;cnt++;
		while(1)
		{
			y=stk[top--];
			sd[y]=cnt;
			vis[y]=0;
			if(x==y)break;
		}
	}
}
signed main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int a,b,c,d;
		cin>>a>>b>>c>>d;
		add(a+n*b,c+n*(1^d));
		add(c+n*d,a+n*(1^b));
	}
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
	  if(!flag[i])tarjan(i);
//	for(int i=1;i<=2*n;i++)
//	  cout<<sd[i]<<' ';
//	cout<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  if(sd[i]==sd[i+n]){cout<<"IMPOSSIBLE"<<endl;return 0;}
	cout<<"POSSIBLE"<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  cout<<(sd[i]<sd[i+n])<<" ";
	return 0;
}

参考博客：https://www.cnblogs.com/xcg123/p/11818059.html