2-sat

$2-sat$ 模型通过巧妙的连边将逻辑关系与图论相对应，通过形象化的图论模型来解决复杂关系问题

对于一个逻辑表达式“若 $A$ 则 $B$ ”，可以通过 $A$ 状态向 $B$ 连一条边来表示
那么最终会形成一个有向图，图上一个点所能到达的所有点即是若选取 $A$ 状态会随之发生的状态

$2-sat$ 是应用这种思想来解决一个事物有两种状态的问题，实际操作时可以通过增加状态来解决一个事物有多个状态的问题

具体化地，设每个变量都有 $0$ 和 $1$ 两种状态
对于形如 $x$ 取 $op1$ 则 $y$ 必须取 $op2$ 的问题，可以从 $x_{op1}$ 向 $y_{op2}$ 连一条边
同时这个条件还意味着如果取了 $op1$ 则 $x$ 必须取 $op2$ ，那么从 $y_{op1}$ 向 $x_{op2}$ 连边
其他三种关系类似
从这里可以看出， $2-sat$ 建出的边是两两对称的

对于建出的图，如果梳理出关系如果 $x$ 取 $0$ 则必须取 $1$ 同时若 $x$ 取 $1$ 则必须取 $0$ 则判为无解，其他均有解
而这里的判定等价于在同一个强联通分量中，有 $tarjan$ 可以很方便地解决

对于输出方案，如果没有做任何要求，对于每个点选取拓扑序较大的那个
而强连通分量编号小正好对应了拓扑序大

而如果同时限制了字典序或求其他问题，则只好从每个点出发遍历一遍图了

放一道模板题的代码

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e4+5;
const int maxm=4e4+5;
int n,m,x,y,hd[maxn],cnt,dfn[maxn],sta[maxn],tp,low[maxn],c[maxn],rev[maxn],num,tot;
bool vis[maxn];
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
struct Edge{
	int nxt,to;
}edge[maxm];
void add(int u,int v){
	edge[++cnt].nxt=hd[u];
	edge[cnt].to=v;
	hd[u]=cnt;
	return ;
}
void tarjan(int u){
	dfn[u]=low[u]=++num;
	sta[++tp]=u;vis[u]=true;
	for(int i=hd[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		}
		else if(vis[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(dfn[u]==low[u]){
		int v;tot++;
		do{
			v=sta[tp--];
			c[v]=tot;
			vis[v]=false;
		}while(v!=u);
	}
	return ;
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		rev[i*2-1]=i*2;
		rev[i*2]=i*2-1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		x=read(),y=read();
		add(x,rev[y]);
		add(y,rev[x]);
	}
	for(int i=1;i<=n*2;i++){
		if(!dfn[i])tarjan(i);
	}
	for(int i=1;i<=n*2;i++){
		if(c[i]==c[rev[i]]){
			puts("NIE");
			return 0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n*2;i+=2){
		if(c[i]<c[rev[i]])printf("%d\n",i);
		else printf("%d\n",rev[i]);
	}
	return 0;
}

模型变形

实际题目中通过复杂化背景与状态，或改变要求的量来增加难度

P3007 [USACO11JAN] The Continental Cowngress G

这道题要求出必须与非必须
如果两个状态有指向关系，那么只能选择被指向的，否则都可以
可以用 $bitset$ 结合拓扑排序完成

P3513 [POI2011]KON-Conspiracy

由于 $n$ 很小，可以直接 $n^2$ 完成建图，然而题目要求方案数
可以发现其实在一种合法状态的基础上只能移动最多两个人
如果从 $1$ 阵营同时移两个人到 $2$ 阵营那么他们之间不符合题意
只有一种情况是交换两个阵营中的一对人达成目的
那么预处理出每个阵营中对面阵营使得其不能过去的人的个数，只有 $0$ 和 $1$ 可以过去
注意根据题意特判其中一个阵营走到没人的情况

P5332 [JSOI2019]精准预测

首先乍一看状态是 $n^2$ 的，可实际上只要当这个人需要成为别人条件的那些时间点有用，于是边点都变成 $O(n)$ 的
可以发现限制条件的特殊性使得最终这张图是一个 $DAG$
求答案时只需要看图上其活着的状态能到达活着的状态数即可，可以用 $bitset$ 来完成，对于空间问题采用分组的方式解决

P3825 [NOI2017] 游戏

乍一看每张图都有三种汽车是 $3$ 种状态的做不了，但是观察发现除了 $x$ 以外的地图只允许两种汽车，而 $x$ 的个数很少，显然最后可以单独判断
那么对于限制条件模拟题意建图就好了
对于 $x$ 的处理可以跑两次，分别将其当做 $A$ 地图和 $B$ 地图来对待，这样考虑到了所有车型，而复杂度允许 $2^d$ 枚举

C. 佛罗里达

题意：定义一个组的 $w$ 为组内两两矛盾值的最大值，求所有人分成两组的 $w$ 和最小的情况

首先设 $w(A)<w(B)$
假如已知了 $B$ 的最大值，那么就二分 $w(A)$ ，同时可以列出多个 $2-sat$ 的式子求解
考虑优化 $n^2$ 枚举 $B$ 最大值的过程
首先求出最大生成树
假如 $B$ 的最大值不在生成树上
如果两端点距离超过了 $2$ ，那么中间树上的边属于了 $A$ ，不合法
否则都是距离为 $2$ 的，特殊判断一下即可（即形成的集合就是黑白染色的集合）
至此，可能最大值在最大生成树上，降为 $O(n)$

优化建图

建图是图论的传统难题，自然也可以和 $2-sat$ 有机结合在一起

P6378 [PA2010] Riddle

对于边的限制很好体现，然而每组只有一个关键点的限制会产生大量连边，而这其中大部分都是冗余的
可以运用前缀优化建图的思想来解决
新增状态 $pre(i,0)$ 表示这一组前 $i$ 个都不是关键点
$pre(i,1)$ 表示这一组前 $i$ 个中出现了关键点
一个点成为关键点要求前 $i-1$ 个没有关键点，且要求前 $i$ 个有关键点
前 $i-1$ 个有关键点要求前 $i$ 个也有关键点，前 $i$ 个没有关键点要求前 $i-1$ 个也没有关键点
以上条件反之亦然
这样建出的图边点都是 $O(n)$ 级别的