2-SAT
1. \(\rm 2-SAT\) 问题简述
有 \(n\) 个变量，每个变量有只有 \(2\) 种取值，还有 \(m\) 个约束条件，每个条件都是对 \(k\) 个变量的约束。问这 \(n\) 个变量有没有一种取值方法，能满足这 \(m\) 个条件，这个问题就是 \(\rm k-SAT\) 问题，其中 \(\text{SAT}\) 是 \(\text{satisfiability}\) 的缩写，意为“满足性”。
当 \(k>2\) 时，\(\rm k-SAT\) 问题为 \(\rm NP\) 完全问题，只能用暴力；当 \(k=2\) 时，我们可以通过 强连通分量（我用了 \(\rm Tarjan\)） 实现 \(\operatorname{O}(n+m)\) 解决。
举个栗子：
现在举行了一场 \(\left\lceil 数据删除\right\rfloor\) 的比赛，有 \(3\) 位候选人和 \(3\) 位评委，每位评委要满足条件之一：
- yzh 评委：
- cxr 进入决赛；
- wsy 进入决赛。
- xhj 评委：
- wsy 进入决赛；
- zlq 不进入决赛。
- sid 评委：
- zlq 进入决赛；
- cxr 进入决赛。
那么我们可以找到一组方案：cxr 不进入决赛，wsy 进入决赛，zlq 进入决赛（完了我又要被揍了啊 /fad）。
2. \(\rm 2-SAT\) 问题解决
题意
有 \(n\) 个变量 \(x_1\sim x_n(x_i\in\{0,1\})\)，另有 \(m\) 个需要满足的条件，每个条件给出 \(i,a,j,b\)，表示 \(\lceil x_i\) 为 \(a\) 或 \(x_j\) 为 \(b\rfloor\)。给每个变量赋值使得所有条件得到满足，若无解，输出 IMPOSSIBLE，否则输出 POSSIBLE 并构造一组解。
思路
先建立有 \(2n\) 个节点的有向图，第 \(i\) 号节点意味着 \(x_i=0\)，第 \(i+n\) 号节点意味着 \(x_i=1\)。
对于一个约束条件：
- 若 \(a=0,b=0\)，则向 \(i+n\to j\) 连边，\(j+n\to i\) 连边，说明当 \(x_i=1\) 时 \(x_j\) 必须取 \(0\)，\(x_j=1\) 时 \(x_i\) 必须取 \(0\)；
- 若 \(a=0,b=1\)，则向 \(i+n\to j+n\) 连边，\(j\to i\) 连边，说明当 \(x_i=1\) 时 \(x_j\) 必须取 \(1\)，\(x_j=0\) 时 \(x_i\) 必须取 \(0\)；
- 若 \(a=1,b=0\)，则向 \(i\to j\) 连边，\(j+n\to i+n\) 连边，说明当 \(x_i=0\) 时 \(x_j\) 必须取 \(0\)，\(x_j=1\) 时 \(x_i\) 必须取 \(1\)；
- 若 \(a=1,b=1\)，则向 \(i\to j+n\) 连边，\(j\to i+n\) 连边，说明当 \(x_i=0\) 时 \(x_j\) 必须取 \(1\)，\(x_j=0\) 时 \(x_i\) 必须取 \(1\)。
建图代码：
while (m--)
{
int i, a, j, b;
scanf("%d%d%d%d", &i, &a, &j, &b);
if (a == 0)
{
if (b == 0)
{
add(i + n, j);
add(j + n, i);
}
else
{
add(i + n, j + n);
add(j, i);
}
}
else
{
if (b == 0)
{
add(i, j);
add(j + n, i + n);
}
else
{
add(i, j + n);
add(j, i + n);
}
}
}
当然，我们可以简化一下：
while (m--)
{
int i, a, j, b;
scanf("%d%d%d%d", &i, &a, &j, &b);
add(i + a * n, j + (1 - b) * n);
add(j + b * n, i + (1 - a) * n);
}
建图后，我们求一遍强连通，设点 \(i\) 所在的强连通的编号为 \(c_i\)，遍历 \(i=1\to n\)，然后判断：若 \(c_i=c_{i+n}\)：说明若 \(x_i\) 取 \(0/1\)，则对应的，\(x_i\) 必须取 \(1/0\)？？？炸了，所以我们推出了矛盾，即无解。
否则说明有解，那么我们要怎么构造解呢？
其实直接取所在强连通的编号更小的那个即可，原因如下：
在用 \(\rm Tarjan\) 求强连通时，由于是往下搜，所以实际上更晚访问的强连通会被先标记，即该强连通的编号更小。
对于一个节点 \(i\)，假设它对应的是取 \(0\)，则取 \(1\) 的是 \(i+n\)，若有这样一条路
那么 \(i+n\) 所在的强连通编号更小。当我们取 \(i\) 时同时会取到 \(i+n\)，就不行了，所以我们只能取 \(i+n\) 所在的强连通，即编号更小的。
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
printf("%d ", c[i] < c[i + n]);
}
\(\text{Code}\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stack>
using namespace std;
const int MAXN = 2e6 + 5;
int cnt, Time, scc;
int head[MAXN], dfn[MAXN], low[MAXN], c[MAXN];
bool ins[MAXN];
stack<int> s;
struct edge
{
int to, nxt;
}e[MAXN << 1];
void add(int u, int v)
{
e[++cnt] = edge{v, head[u]};
head[u] = cnt;
}
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++Time;
s.push(u);
ins[u] = true;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (ins[v])
{
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if (dfn[u] == low[u])
{
scc++;
int v = 0;
while (v != u)
{
v = s.top();
s.pop();
c[v] = scc;
ins[v] = false;
}
}
}
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int u, a, v, b;
scanf("%d%d%d%d", &u, &a, &v, &b);
add(u + a * n, v + (1 - b) * n);
add(v + b * n, u + (1 - a) * n);
}
for (int i = 1; i <= (n << 1); i++)
{
if (!dfn[i])
{
tarjan(i);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (c[i] == c[i + n])
{
puts("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
}
puts("POSSIBLE");
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
printf("%d ", c[i] < c[i + n]);
}
return 0;
}
