【ybt金牌导航3-6-1】聚会

聚会

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题目大意

有一些夫妇，然后两个人只能一个人去聚会。
然后有一些限制条件限制某些人不能同时去约会。
问你是否存在一种可能使每对都可以派人去。

思路

这道题看到二选一，然后又看到限制条件，而且条件有关两个人，自然会想到 2-SAT。

那你先看看连边怎么连。
那如果出现一个条件，$A$ 和 $B$ 不能同时出现，那就 $A$ 连向 $B$ 的另一半，$B$ 连向 $A$ 的另一半。
（因为你一旦选了这两个的其中一个，另一个就一定不能选，就一定只能选它的另一半）

然后就 Tarjan 缩点然后判断即可。

然后讲讲 2-SAT 是怎么的过程。
那你会对于每组有两个状态，根据题目它们肯定是刚好发生其中一个的。
然后如果连边 $a$ 连向 $b$，就是如果推出了 $a$，那你可以推出 $b$。
那这个是有传递性的。

那你可以想到，如果形成强连通分量，那如果里面的一个推出，那全部都能推出。
那如果在某个强连通分量中出现了某一对的两个点，那就说明矛盾。
（因为它强连通分量说明要么都推出，要么都推不出，但是一对又要求只有一个推出，那就矛盾了）

我们就可以用这种方法来看是否可行。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt;
}e[2000001];
int n, m, le[5001], KK;
int	a1, a2, c1, c2, tmp;
int dfn[5001], low[5001];
int sta[5001], n_n, in[5001];
int num[5001];
bool YES;

void csh() {
	memset(e, 0, sizeof(e));
	memset(le, 0, sizeof(le));
	KK = 0;
	YES = 1;
	memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
	memset(low, 0, sizeof(low));
	memset(sta, 0, sizeof(sta));
	n_n = 0;
	memset(in, 0, sizeof(in));
	memset(num, 0, sizeof(num));
}

int yes(int now) {
	return now;
}

int no(int now) {
	return n + now;
}

int change(int now) {
	if (now <= n) return n + now;
	return now - n; 
}

void add(int x, int y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
}

void tarjan(int now) {//Tarjan 缩点
	dfn[now] = low[now] = ++tmp;
	sta[++sta[0]] = now;
	
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (!dfn[e[i].to]) {
			tarjan(e[i].to);
			low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
		}
		else if (!in[e[i].to]) low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
	
	if (dfn[now] == low[now]) {
		in[now] = ++n_n;
		num[n_n]++;
		while (sta[sta[0]] != now) {
			in[sta[sta[0]]] = n_n;
			num[n_n]++;
			sta[0]--;
		}
		sta[0]--;
	}
	
	return ;
}

int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		scanf("%d", &m);
		
		csh();//初始化
		
		for (int i = 1; i <= m; i++) {
			scanf("%d %d %d %d", &a1, &a2, &c1, &c2);
			a1++;
			a2++;
			add(a1 + c1 * n, change(a2 + c2 * n));//建图
			add(a2 + c2 * n, change(a1 + c1 * n));
		}
		
		for (int i = 1; i <= n + n; i++)
			if (!dfn[i]) tarjan(i);
		
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (in[yes(i)] == in[no(i)]) {//看是否有矛盾
				printf("NO\n");
				YES = 0; 
				break;
			}
		
		if (YES) printf("YES\n");
	}
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_3-6-1.html
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