POJ - 3678 Katu Puzzle (2-SAT)
题意
有n个变量，编号为0~n-1，每个变量只会取0和1，此时有m对关系：a b c operator ，表示变量a,b满足 a operator b == c ，问对n个变量是否存在一种赋值，使得m对关系全部满足
解题思路
由题意就知道，这是一个2-SAT问题，给出了两个变量之间值的关系，相当于给出了推导关系，不过这个地方和常规的关系（如果a为真，那么b为假） 不一样，这里的关系是：a,b 满足 a operator b == c ，所以这个题的难度就在于如何根据形如 a operator b == c 这样的关系找到变量之间的推导关系 ，我们用a表示a取1，用¬a表示a为0
(加深一下2--SAT问题的处理方法：我们处理2-SAT问题的时候建的由a到¬b的边的关系为：当a为真，推出¬b也为真，也就是 a为真，¬b为真，b为假，所以对于任意变量x，如果存在x和¬x在同一强连通分量内，则无解，个人认为2-SAT问题的核心考点就是提取出变量之间的推导关系，其余的都是板子了)
下面给出每个关系对应的推导关系：
1）a AND b == 1 ，此时必须使得a,b同时为1，那么如果出现¬a或者¬b，那么必然是无解，所以建边 a →¬a 和 b →¬b
2）a AND b == 0 ，此时我们有很多的可满足关系，但是推导关系只有：a为1，b必定为0 ； b为1，a必定为0，所以建边 a→¬b 和 b →¬a
3）a OR b == 1，有推导关系：a为0，则b为1；b为0.则a为1，所以建边 ¬a→b 和 ¬b→a
4）a OR b == 0，此时必须使得a,b同时为0，那么如果出现a或者b，那么必然是无解，所以建边¬a →a 和 ¬b →b
5）a XOR b == 1，此时a和b的值必定不同，所以建边： a→¬b 、 ¬a→b、b →¬a 和¬b→a
6）a XOR b == 0，此时a和b的值必定相同，所以建边：a→b 、 ¬a→¬b、b →a 和¬b→¬a
根据以上关系建好图后，就是套用2-SAT的模板求解了
代码区
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<string> #include<fstream> #include<vector> #include<stack> #include <map> #include <iomanip> #define bug cout << "**********" << endl #define show(x, y) cout<<"["<<x<<","<<y<<"] " #define LOCAL = 1; using namespace std; typedef long long ll; const ll inf = 2e9 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; const int Max = 1e4 + 10; const int Max2 = 3e2 + 10; int n, m; char order[5]; vector<int> edge[Max]; int dfn[Max], low[Max], time_clock; int line[Max], now; int id[Max], sccCnt; void init() { for (int i = 0; i < Max; i++) edge[i].clear(); memset(id, 0, sizeof(id)); now = sccCnt = 0; } void tarjan(int u) { dfn[u] = low[u] = ++time_clock; line[++now] = u; //记录访问次序 for (int i = 0; i < (int) edge[u].size(); i++) { int v = edge[u][i]; if (!dfn[v]) { tarjan(v); low[u] = min(low[u], low[v]); } else if (!id[v]) //不属于其他的连通分量，如果属于其他的强连通分量，那就破坏了此时不求强连通分量之间的关系的计划 { low[u] = min(low[u], dfn[v]); } } if (dfn[u] == low[u]) //此时代表从u向下走，又回到了u点，也就是成环了，我们将这一点定义为强连通分量的根结点 { sccCnt++; while (line[now] != u) //同一个强连通分量中的点用同一个数标识 id[line[now]] = sccCnt, now--; id[line[now]] = sccCnt, now--; } } int main() { #ifdef LOCAL // freopen("input.txt", "r", stdin); // freopen("output.txt", "w", stdout); #endif while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { init(); for (int i = 1, a, b, val; i <= m; i++) { scanf("%d%d%d%s", &a, &b, &val, order); if (order[0] == 'A') { if (val == 1) edge[a + n].push_back(a), edge[b + n].push_back(b); //a,b不可能取0，如果出现，直接当作无解 else edge[a].push_back(b + n), edge[b].push_back(a + n); //a为1，则b为0；b为1，则a为0 } else if (order[0] == 'O') { if (val == 1) edge[a + n].push_back(b), edge[b + n].push_back(a); //a为0，则b为1；b为1，则a为1 else edge[a].push_back(a + n), edge[b].push_back(b + n); //a,b不可能为1，如果出现，直接当作无解 } else { if (val == 1) edge[a].push_back(b + n), edge[a + n].push_back(b), edge[b].push_back(a + n), edge[b + n].push_back(a); //a,b总是不同 else edge[a].push_back(b), edge[a + n].push_back(b + n), edge[b].push_back(a), edge[b + n].push_back(a + n); //a,b总是相同 } } for (int i = 0; i < (n << 1); i++) if (!dfn[i]) tarjan(i); bool ok = true; for (int i = 0; i < n; i++) { if (id[i] == id[i + n]) { ok = false; break; } } if (ok) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0; }
