2-SAT 学习笔记

2-SAT 学习笔记

本文同载于本人的洛谷文章。

参考资料

算法

2-SAT 用于解决什么样的问题？

问题

给定 $n$ 个大小为 2 的集合，每个集合要选其中一个元素，不能同时选，有 $m$ 个条件 $(a,b)$ 代表元素 $a,b$ 不能同时选，构造方案或判定无解。

例子

有 3 个集合：$\{a,\mathrm{\neg }a\},\{b,\mathrm{\neg }b\},\{c,\mathrm{\neg }c\}$，条件 $(a,\mathrm{\neg }b),(\mathrm{\neg }b,\mathrm{\neg }c)$。

解法

因为集合内不能同时选，所以集合内的两个元素我们互相取反。

把每个元素当成一个点，即把 $\{a,\mathrm{\neg }a\}$ 分成两个点。

现在我们连有向边，每条边 $a$ 连向 $b$ 代表当 $a$ 选时 $b$ 也一定选。

因为每个集合选一个元素，即不能同时选择。

所以对于条件 $(a,b)$，若 $a$ 为真，则 $\mathrm{\neg }b$ 为真，反之同理。

于是我们连好边了，然后求用 $Tarjan$ 强连通分量。

此时若 $\mathrm{\neg }a$ 和 $a$ 在同一个强连通分量内，则无解。

然后构造解，考虑按照拓扑序。

例如有 $a\to b\to \mathrm{\neg }a$，则我们应该选 $\mathrm{\neg }a$ 而不应该选 $a$。

所以我们要按照拓扑序从大到小选择，但我们不用真的拓扑排序，我们求强连通分量时缩点的编号就是反着的拓扑序。

于是对于 $\{a,\mathrm{\neg }a\}$ 我们把拓扑序大的选择（缩点后编号小的选择）。

有 $O(m)$ 条边，$O(n)$ 个点，跑 $Tarjan$ 是 $O(n+m)$ 的。

模板题

P4782 2-SAT 模板

注意这道题是"$x_i$ 为 $a$ 或 $x_j$ 为 $b$"，即两个至少有一个满足条件，即 $x_i=\mathrm{\neg }a$ 和 $x_j=\mathrm{\neg }b$ 不能同时存在，于是就转化成了上面所说的条件了。

其实就是 $a\vee b=\mathrm{\neg }((\mathrm{\neg }a)\wedge (\mathrm{\neg }b))$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
const int N=2e6+5;
int stk[N],bz[N],dfn[N],low[N],num,dfn1,top;
vector<int> g[N];
int neg(int x){
	if(x<=n)return x+n;
	return x-n;
}
int nm[N];
void dfs(int x){
	dfn[x]=low[x]=++dfn1,bz[x]=1,stk[++top]=x;
	for(int v:g[x]){
		if(!dfn[v]) dfs(v),low[x]=min(low[v],low[x]);
		else if(bz[v]) low[x]=min(dfn[v],low[x]);
	}
	if(dfn[x]==low[x]){
		++num;
		while(stk[top]!=x)nm[stk[top]]=num,bz[stk[top]]=0,top--;
		nm[x]=num,bz[x]=0,top--;
	}
}
int ans[N];
int main(){
//	freopen("2-sat.in","r",stdin);
//	freopen("2-sat.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int _i=1;_i<=m;_i++){
		int i,a,j,b;
		cin>>i>>a>>j>>b;
		a^=1,b^=1;
		if(!a)i=neg(i);
		if(!b)j=neg(j);
		g[i].push_back(neg(j));
		g[j].push_back(neg(i));
	}
	for(int i=1;i<=2*n;i++){
		if(!dfn[i])dfs(i);	
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(nm[i]==nm[neg(i)]){
			cout<<"IMPOSSIBLE";
			return 0;
		}
		if(nm[i]<nm[neg(i)])ans[i]=1;
	}
	cout<<"POSSIBLE\n";
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
}

本质思想

其实就是每个位置二选一，同时连边表示选了一个另一个必须选。

最后跑强连通分量求拓扑序，同时判断是否无解。

用这个思路可以应用在很多题目上。

注意：连边关系一定要列全，否则最后的答案可能不满足约束条件。

习题

jzoj 8097

P3209 [HNOI2010] 平面图判定

因为给出的环包括了 $n$ 个点，所以我们只用考虑除了环以外的边。

对于一条边，它可以在环内或环外，而它又不能与其他边相交。

这就是每个点选 0 或 1，同时有些边不能同时选 0 或 1，这可以用 2-SAT 来做。

我们重新标号，则对于 $a<x<b<y$ 的边 $(a,b),(x,y)$ 不能选在同一边。

乍一看这个东西几乎不可做，直接做是 $O(m^2)$ 的，过不了。

但是平面图有性质，即 $m\le 3\ast n-6$，$m$ 为边数，$n$ 为点数。

于是对于不满足性质的直接判掉，此时 $m$ 与 $n$ 同阶，连边时间复杂度为 $O(n^2)$。

每条边分成两个点跑 2-SAT，由于 $m$ 与 $n$ 同阶，所以复杂度为 $O(n)$。

总时间 $O(T(n^2+m))$。

P3825 [NOI2017] 游戏

算法 1

如果 $x$ 的个数为 0，则每个位置都是二选一，再带上一些限制，这是 2-SAT 板子题。

建边方式：

设题目所给条件为若 $u$ 选了，则 $v$ 必须选。

先看若 $u$ 存在而 $v$ 不存在，则 $u$ 不能选，于是连边 $u\to u^{\prime }$，就能使只能选 $u^{\prime }$。

若 $u$ 和 $v$ 都存在：

• 先连边 $u\to v$，即 $u$ 选了后 $v$ 必须选。

• 再连边 $v^{\prime }\to u^{\prime }$，即选 $v^{\prime }$，则不选 $v$，则 $u$ 不能选，则选 $u^{\prime }$。

判断有无解和构造方案与 2-SAT 板子一样。

期望得分 45 pts。

算法 2

我们可以 $O(3^d)$ 枚举每个 $x$ 的位置是选 $A,B,C$ 中的一种，对于剩下的部分做算法 1。

时间复杂度 $O(3^d(n+m))$。

期望得分 80 pts。

算法 3

考虑直接转化为对所有点的 2-SAT。

我们可以 $O(3^d)$ 枚举每个 $x$ 是 $\{A,B\},\{A,C\},\{B,C\}$ 中的一种二选一，之后就如算法 1。

时间复杂度 $O(3^d(n+m))$，不能通过。

期望得分 80 pts。

算法 4

考虑改进算法 3。

对于每个 $x$，只需枚举 $\{A,B\},\{B,C\}$ 就可以覆盖 $x$ 的所有可选的方案了。

也就是每个 $x$ 只用枚举两种二选一。

时间复杂度 $O(2^d(n+m))$。

期望得分 100 pts。