【总结】2-sat 模型

简述

有 n 个变量，每一个变量有且仅有 0/1 两种取值。通过高效建边，可以用 tarjan缩点 算法在 O(m) 时间内解决。

实现

关键：建边。

定理1：

证明：该定理是对缩点后的 DAG 按拓扑序自底向上进行选择、删除得到的结论。换句话说，如果当前强联通里的点有的已经选择了，那么整个强联通都不能选择。

定理2：

证明：因为存在等价逆否命题。

应用

例1. 2-SAT 问题

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mx=4e6+5;
int n,m,num,cnt,val[mx],c[mx],dfn[mx],vis[mx],low[mx];
char op[10];
stack<int> s;
vector<int> g[mx];
//考点：2-sat 建边 
void tarjan(int x) {
	dfn[x]=low[x]=++num,vis[x]=1,s.push(x);
	for(auto z:g[x]) {
		if(!dfn[z]) {
			tarjan(z),low[x]=min(low[x],low[z]);
		}
		else if(vis[z]) low[x]=min(low[x],dfn[z]);
	}
	if(dfn[x]==low[x]) {
		cnt++;
		int tmp=0;
		do{
			tmp=s.top();
			s.pop();
			c[tmp]=cnt,vis[tmp]=0;
		}while(tmp!=x);
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int x,y,z; scanf("%d%d%d%s",&x,&y,&z,op);
		if(op[0]=='A') {
			if(z) {
				g[x].push_back(x+n);
				g[y].push_back(y+n);
			}
			else {
				g[x+n].push_back(y);
				g[y+n].push_back(x);
			}
		}
		else if(op[0]=='O') {
			if(z) {
				g[x].push_back(y+n);
				g[y].push_back(x+n);
			}
			else {
				g[x+n].push_back(x);
				g[y+n].push_back(y);
			}
		}
		else {
			if(z) {
				g[x].push_back(y+n);
				g[x+n].push_back(y);
				g[y].push_back(x+n);
				g[y+n].push_back(x);
			}
			else {
				g[x].push_back(y);
				g[x+n].push_back(y+n);
				g[y].push_back(x);
				g[y+n].push_back(x+n);
			}
		}
	} 
	for(int i=1;i<=2*n;i++) {
		if(!low[i]) {
			tarjan(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(c[i]==c[i+n]) {
			printf("IMPOSSIBLE");
			return 0;
		}
	}
	printf("POSSIBLE\n");
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		val[i]=c[i]<c[i+n]; //为真 
		printf("%d ",!val[i]);
	}
}

例2. ABC210F. Coprime Solitaire

提示：本题首先要抽象出 2-sat 的模型，然后构造新的状态（前缀和），减少子句数量。

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530323.html
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