「学习笔记」2-SAT问题
SAT 是适定性 (Satisfiability) 问题的简称。一般形式为 k - 适定性问题，简称 k-SAT。而当 \(k>2\) 时该问题为 NP 完全的。所以我们只研究 \(k=2\) 的情况。
2-SAT，简单的说就是给出 \(n\) 个集合，每个集合有两个元素，已知若干个 \(<a,b>\)，表示 \(a\) 与 \(b\) 矛盾（其中 \(a\) 与 \(b\) 属于不同的集合）。然后从每个集合选择一个元素，判断能否一共选 \(n\) 个两两不矛盾的元素。显然可能有多种选择方案，一般题中只需要求出一种即可。
建图
我们将 \(n\) 个集合拆成两个点，分别代表着 true 和 false.
当 a || b == true 时，我们可以得知：
a == false 时，b = true；
b == false 时，a = true;
这两个关系存在因果关系；
而 a == true 时，我们不能得知 b = true 还是 b = false，这两者之间不存在因果关系，b == true 同理。
因此，我们将 \(a_0\) 向 \(b_1\) 连边，将 \(b_0\) 向 \(a_1\) 连边。
含义：
当a == false时，b = true；
当b == false时，a = true。
当 a && b == false 时，我们可以得知：
a == true 时，b = false;
b == true 时，a = false;
我们将 \(a_1\) 向 \(b_0\) 连边，将 \(b_1\) 向 \(a_0\) 连边。
含义：
当a == true时，b = false;
当b == true时，a = false。
当 a && b == true 时，我们发现，a == true，b == true，除了这种情况不会再有其他情况了，即 \(a\) 的值一定为 true，\(b\) 的值一定为 true。
这种情况下，我们将 \(a_0\) 向 \(a_1\) 连边，\(b_0\) 向 \(b_1\) 连边。
含义：
当a == false时，a = true;（即 \(a\) 一定不为false）
当b == false时，b = true。(即 \(b\) 一定不为true)
判断是否有解
如果 \(a_0\) 可以到达 \(a_1\)，说明 \(a\) 一定为 true；
如果 \(a_1\) 可以到达 \(a_0\)，说明 \(a\) 一定为 false。
判断是否有解即在一种情况中 \(a\) 都有唯一确定的值，要么为 true，要么为 false，倘若在同一种情况中，\(a_0\) 可以到达 \(a_1\)， \(a_1\) 可以到达 \(a_0\)，则无法确定 \(a\) 的值，此情况下无解，即 \(a_0\) 与 \(a_1\) 在同一个强连通分量里。
用 tarjan 算法来找强连通分量即可。
题目
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, tim, scc;
vector<int> son[N << 1], sta;
int dfn[N << 1], low[N << 1], lt[N << 1];
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ tim;
sta.push_back(u);
for (int v : son[u]) {
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (!lt[v]) {
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if (dfn[u] == low[u]) {
lt[u] = ++ scc;
while (sta.back() != u) {
lt[sta.back()] = scc;
sta.pop_back();
}
sta.pop_back();
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
while (m --) {
int xi, i, xj, j;
scanf("%d%d%d%d", &xi, &i, &xj, &j);
son[xi + n * (i & 1)].push_back(xj + (j ^ 1) * n);
son[xj + n * (j & 1)].push_back(xi + (i ^ 1) * n);
}
for (int i = 1; i <= (n << 1); ++ i) {
if (!dfn[i]) {
tarjan(i);
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (lt[i] == lt[i + n]) {
puts("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
}
puts("POSSIBLE");
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
printf("%d%c", (lt[i] < lt[i + n]), " \n"[i == n]);
}
return 0;
}
CF1475F
将 \(A\) 和 \(B\) 两个矩阵异或，得到一个新矩阵 \(C\)，若 \(C\) 可以通过异或行或列的操作来变成全 \(0\) 矩阵，那么说明 \(A\) 可以通过异或得到 \(B\)。
我们发现，每一行或每一列要么不异或，要么异或一次，由此可以想到 2-SAT。
对于 \(C\) 中的元素，若 \(C(i, j)\) 为 \(1\)，则要么行异或，要么列异或；若 \(C(i, j)\) 为 \(0\)，则要么行和列都异或，要么行和列都不异或，由此建边判断是否有解。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005;
int T, n, cnt, tim, scc;
int a[N][N], b[N][N], c[N][N], x[N][2], y[N][2];
int dfn[N << 2], low[N << 2], lt[N << 2];
vector<int> son[N << 2], Stack;
void init() {
cnt = tim = scc = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
x[i][1] = ++ cnt;
son[cnt].clear();
dfn[cnt] = lt[cnt] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
x[i][0] = ++ cnt;
son[cnt].clear();
dfn[cnt] = lt[cnt] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
y[i][1] = ++ cnt;
son[cnt].clear();
dfn[cnt] = lt[cnt] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
y[i][0] = ++ cnt;
son[cnt].clear();
dfn[cnt] = lt[cnt] = 0;
}
}
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ tim;
Stack.push_back(u);
for (int v : son[u]) {
if (! dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (! lt[v]) {
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if (dfn[u] == low[u]) {
lt[u] = ++ scc;
while (Stack.back() != u) {
lt[Stack.back()] = scc;
Stack.pop_back();
}
Stack.pop_back();
}
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T --) {
scanf("%d", &n);
init();
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
scanf("%1d", &a[i][j]);
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
scanf("%1d", &b[i][j]);
c[i][j] = a[i][j] ^ b[i][j];
if (c[i][j]) {
son[x[i][1]].push_back(y[j][0]);
son[y[j][0]].push_back(x[i][1]);
son[x[i][0]].push_back(y[j][1]);
son[y[j][1]].push_back(x[i][0]);
}
else {
son[x[i][1]].push_back(y[j][1]);
son[y[j][1]].push_back(x[i][1]);
son[x[i][0]].push_back(y[j][0]);
son[y[j][0]].push_back(x[i][0]);
}
}
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++ i) {
if (! dfn[i]) {
tarjan(i);
}
}
int fg = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (lt[x[i][1]] == lt[x[i][0]]) {
puts("NO");
fg = 1;
break;
}
if (lt[y[i][1]] == lt[y[i][0]]) {
puts("NO");
fg = 1;
break;
}
}
if (! fg) puts("YES");
}
return 0;
}
