【学习笔记】2-SAT

合集 - 学习笔记(42)

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收起

适应性问题#

存在若干命题 $p_i$，以及若干形如 $x_{k_1}\lor x_{k_2}\lor\dots\lor x_{k_n}$ 的 $s_k$，其中 $x_i$ 为 $p_i$ 或 $\lnot p_i$ 其中一个。

要求是否存在一个命题的取值集合使得条件 $s$ 均成立，其中每个条件最多包含 $n$ 个命题，这样的问题称为 n-SAT 问题，$n\ge 3$ 的情况已被证明为 NP-complete 问题。

图论建模#

考虑单个条件 $p_i\lor p_j$，这意味着 $\lnot p_i\Rightarrow p_j,\lnot p_j\Rightarrow p_i$，即如果其中一个命题不成立，那么为保证条件成立，另一命题必须成立。

考虑按照这种“逻辑推理”的方式连有向边，那么如果存在路径使得 $p_i$ 可达 $\lnot p_i$，则 $p_i$ 一定不成立，更进一步说，如果 $p_i$ 和 $\lnot p_i$ 在同一强连通分量中，则一定没有合法解。

这个过程用 Tarjan 来实现。

对于其他形式的条件，也可以建出模型，主要就是一个若 A 则 B 的连边过程。

而如果钦定 $p_i$ 一定成立，实际就是 $\lnot p_i$ 一定不成立，因此连边 $\lnot p_i\to p_i$ 即可。

由于命题与其逆否命题的真假性相同，我们若 A 则 B 的连边同样一定可以连出若非 B 则非 A 的连边。

求一组合法解#

在判断有解基础上，我们得到一个 DAG，而如果 $p_i$ 成立，其必要条件是 $p_i$ 不可达 $\lnot p_i$，换言之如果 $p_i$ 对应强连通分量的拓扑序在 $\lnot p_i$ 之后，则 $p_i$ 本身一定成立。

考虑证明这样单独考虑后全局也是合法的，设已知拓扑序有 $t_{p_i}>t_{\lnot p_i},t_{p_j}>t_{\lnot p_j}$，假设 $p_i$ 可达 $\lnot p_j$，可知 $t_{\lnot p_i}<t_{p_i}\le t_{\lnot p_i}$，由连边的对称性得 $p_j$ 同样可达 $\lnot p_j$，于是 $t_{\lnot p_j}\le t_{p_j}<t_{\lnot p_i}$，二者矛盾。故全局合法。

实际上不需要拓扑排序，因为我们本质是要知道是否可达，而如果存在强连通分量外的边 $(u,v)$，而 $v$ 先弹出，则 $v$ 所在强连通分量的编号更小，相当于反向拓扑。所以只需要判断 $p_i$ 强连通分量编号是否比 $\lnot p_i$ 小，如果是则取 $p_i$，反之取 $\lnot p_i$。

例题#

Luogu-P5782 POI 2001 和平委员会#

模板题，直接建模即可。

Luogu-P3825 NOI 2017 游戏#

如果不存在 $x$ 类型，则可以每个命题只有真与假，正常建模可以求出答案。

如果枚举钦定 $x$ 类型的选取方案，复杂度是 $O(3^d(n+m))$，不能通过。

注意到枚举选取方案是小题大做的，因为我们的处理范围是剩下两个选择，因此可以改为枚举不选那个，这样枚举不选 A 或不选 B 两种，对于单个来说就覆盖了三种选择情况，即可以覆盖所有可能，复杂度是 $O(2^d(n+m))$。

参考资料#

• OI Wiki

• 高级图论 - Alex_Wei