POJ3678——Katu Puzzle（2-SAT）

Description
Katu Puzzle is presented as a directed graph G(V,E) with each edge e(a,b) labeled by a boolean operator op (one of AND, OR, XOR) and an integer c (0≤c≤1). One Katu is solvable if one can find each vertex Vi a value Xi (0≤Xi≤1) such that for each edge e(a,b) labeled by op and c, the following formula holds:
XaopXb=c
The calculating rules are:

Given a Katu Puzzle, your task is to determine whether it is solvable.

Input
The first line contains two integers N (1≤N≤1000) and M,(0≤M≤1,000,000) indicating the number of vertices and edges.
The following M lines contain three integers a (0≤a<N), b(0≤b<N), c and an operator op each, describing the edges.

Output
Output a line containing “YES” or “NO”.

Samples
Input 复制
4 4
0 1 1 AND
1 2 1 OR
3 2 0 AND
3 0 0 XOR
Output
YES
Hint
X0=1,X1=1,X2=0,X3=1

思路：
算是2-SAT的板子题，所以思路偏重于建图的过程。

连边x->y表示选择x必须选择y，那么分别考虑以下的情况。

a	b	a and b
0	0	0
0	1	0
1	0	0
1	1	1

所以当a and b = 0时：

• 若a=1,则必定满足b=0;

• 若b=1,则必定满足a=0;

当 a and b = 1时：

• a=1并且b=1;

a	b	a or b
0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	1

所以当 a or b = 0 时:

• a=0并且b=0;

当a or b = 1时：

• 若a=0,则b=1;
• 若b=0,则a=1；

a	b	a xor b
0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	0

所以当 a xor b = 0时：

• 若a=0，则b=0;

• 若b=0，则a=0;

• 若a=1，则b=1;

• 若b=1，则a=1;

当a xor b = 1时：

• 若a=0，则b=1;

• 若b=1,则a=0;

• 若a=1，则b=0;

• 若b=0，则a=1;

假设i表示该值取1，i+n表示该值取0。
按照以上列出的关系连边就可以。
这里有个要注意的点：当a=1并且b=1的时候如何连边？
这里的思路有点特殊：

add(a+n,a);add(b+n,b);

个人的理解是这样表示的含义是：
选择了a=0就必须选择a=1，所以只能选择a=1；
选择了b=0就必须选择b=1，所以只能选择b=1;
建图后跑一遍tarjan，如果发现i和i+n在同一个scc里，说明出现了矛盾。
如果所有的点都合法则输出YES。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll>PLL;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<double,double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
const int maxn=1100,inf=0x3f3f3f3f;
#define PI acos(-1)
const double eps=1e-4;
int n,m;
vector<int>g[maxn];
void add(int x,int y)
{
    g[x].push_back(y);
}
int dfn[maxn],low[maxn],timetmp;
int id[maxn];
stack<int>stk;
bool instk[maxn];
int cnt=0;
void tarjan(int u)
{
    dfn[u]=low[u]=++timetmp;
    stk.push(u);
    instk[u]=1;
    for(int t:g[u])
    {
        if(!dfn[t])
        {
            tarjan(t);
            low[u]=min(low[u],low[t]);
        }
        else if(instk[t]) low[u]=min(low[u],dfn[t]);
    }
    if(low[u]==dfn[u])
    {
        int y;
        cnt ++ ;
        do
        {
            y=stk.top();
            stk.pop();
            instk[y]=0;
            id[y]=cnt;
        }
        while (y != u);
    }
}
int main()
{
    n=read,m=read;
    while(m--)
    {
        char op[10];
        int a=read,b=read,w=read;
        cin>>op;
        if(op[0]=='A')
        {
            if(w==0)
            {
                add(a,b+n);add(b,a+n);
            }
            else
            {
                /// ?add(a,1,b,1);
                add(a+n,a);add(b+n,b);///a+n为0,a为1
            }
        }
        else if(op[0]=='O')
        {
            if(w==0)
            {
                ///add(a,0,b,0);
                add(a,a+n);
                add(b,b+n);
            }
            else
            {///a+n为0,a为1
                add(a+n,b);
                add(b+n,a);
            }
        }
        else if(op[0]=='X')
        {
            if(w==1)
            {
                add(a+n,b);
                add(b,a+b);
                add(a,b+n);
                add(b+n,a);
            }
            else
            {
                add(a+n,b+n);
                add(b+n,a+n);
                add(a,b);
                add(b,a);
            }
        }
    }
    for(int i=0; i<2*n; i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    for(int i=0; i<n; i++)
        if(id[i]==id[i+n])
        {
            puts("NO");
            return 0;
        }
    puts("YES");
    return 0;
}