P4782 【模板】2-SAT 问题 && 2-SAT问题

2-SAT到图论

\(k-SAT\) 是 k-适应性问题（Satisfiability）的简称。

\(k-SAT\) 问题（除 \(k = 2\)）已被证明为是 \(NP\) 完全问题， 而对于 \(k = 2\) 的 \(2-SAT\) 问题， 我们可以用图论求解。

\(k-SAT\) 与 \(2-SAT\) 最大的不同在与这个\(2\) 废话， 就因为这个 “2”， 我们可以由假设的第一个限制条件推知第二个限制条件

举个栗子： 限制条件为 \(a\) ^ $b = 1 $ （对于 \(a\) ）有

\[ a\ xor\ b = 1 \Rightarrow \left\{
\begin{aligned}
a = 1 \Rightarrow b = 0 \\
a = 0 \Rightarrow b = 1
\end{aligned}
\right.
\]

依据限制条件， 我们可以搞一个通式有助后边理解： \(a = x\) 则 \(b = y\) （a、 b、 x 已知且 \(x, y \in {0, 1}\) ）

于是， 我们把问题转换到图中：引入一条有向边， 起点为通式则的左边， 终点为则右边， 这条边的意义为 必须选中， 即选择了起点就必须选择终点。

以上文的限制条件为例，我们将 x 变量为假设为 x （\(x << 1\)）， x 变量为真设为 x'（\(x << 1 | 1\)） ， 可以作如下转换（对于 \(a\) ）：

\[ a\ xor\ b = 1 \Rightarrow \left\{
\begin{aligned}
a'\ \rightarrow\ b \\
a\ \rightarrow\ b'
\end{aligned}
\right.
\]

其代表的含义为： 选择了 a 为真则一定选择 b 为假， 选了 a 为假则一定选择 b 为真

这只是对 \(a\) 进行讨论， 事实上对于异或这一条件我们需要连 \(4\) 条边（上面两条和对于 \(b\) 的两条）

可以联想到： 在此图中沿着一条路走下去其实就是逻辑推断的过程

合法性的判断

这样我们就得到了一个图。 如何快速的判断是否能满足所有限制条件呢？ 我们需要在图上做文章了。

不合法显然意味着矛盾， 什么时候会产生矛盾呢？

一个人不可能既是男的又是女的。 花是妹子， 花是男的， 这显然就矛盾了吗

我们假设 \(x\) 为假， 经过一系列推断， 我们推出了 \(x\) 为真， 这显然矛盾， 问题无解

上文提到过， 推断过程其实就是走有向边遍历的过程， 那么若是存在一个环， 同时包含了 \(x\) 和 \(x'\)， 那么问题无解。

更确切的说： 当一个变量的两对立面（即 \(x\) 和 \(x'\)）同时存在于一个强联通分量中时， 问题无解。

所以我们跑一次 \(Tarjan\) 判断每一元素的两对立面是否在同一强联通分量即可判断是否合法

方案输出

先导知识： 你真的了解 Tarjan 吗

你可能知道： \(Tarjan\) 可以求强联通分量， 并对在同一个强联通分量中的点染色

可你真的知道染色的顺序有什么流弊的东西吗

反向拓扑序？ 拜托， 别搞那些花里胡哨的

因为 \(Tarjan\) 是利用 \(dfs\) 实现的， 说到底用的是栈， 先进后出， 所以对于两个点 \(u,v\) 若是两个点没有被 \(Tarjan\) 过， 且能从 \(u\) 点 到达 \(v\) 点， 那么 \(col[v] <= col[u]\) （其中 \(=\) 是两点处于一个强联通分量的时候）， 即 \(v\) 比 \(u\) 先完成染色（其实就是个逆拓扑序啦）

而对于两个点， 他们无法互相通达， 那么先 \(Tarjan\) 哪一个， 那一个点的颜色编号较小

优先级

在 \(2-SAT\) 问题中， 我们用 \(Tarjan\) 不仅是求出了强联通分量， 他还进行了一个遍历整个图的过程， 也就是说， 我们利用 \(Tarjan\) 完成了逻辑推理。

因为遍历有先后， 所以所对应的逻辑推理也有一个优先级（这点很重要）： 试想现在有一个点 \(X\)， 我们从 \(X\) 出发进行 \(Tarjan\) ，他的所有子节点（\(x_{1},x_{2}...,x_{n}\)）的颜色编号小于等于此节点的颜色编号（即 \(col[X] >= col[x_{1},x_{2}...,x_{n}]\)）， 我们可以认为这些子节点是由这一个点逻辑推理出来的； 好的现在我们遍历下一个点 \(Y\)， 他的所有子节点（\(y_{1},y_{2}...,y_{m}\)）颜色编号小于 \(col[Y]\)， 所以我们可以得到一个式子：

\[col[x_{1},x_{2}...,x_{n}] <= col[X] <= col[y_{1},y_{2}...,y_{m}] <= col[Y]
\]

从中间的 \(<=\) 号处切开， 左右分类， 可以很清晰的看出他们的优先级关系， 所以我们得到结论： 颜色标号越小， 优先级越高

所以输出方案时（当然已经判断合法后）选取真和假这两个对立面中颜色编号较小的点， 他的优先级高， 我们选取他即可

几种模型

逻辑运算无非 \(or, and, xor\) 这三种， 所以模型并不是很多（依然 \(x\) 代表假， \(x'\) 代表真）

\(a\ or\ b = 0\)

即 \(a = b = 0\)， 优先级 \(0 >1\)

\(a' \rightarrow a\)

\(b' \rightarrow b\)

\(a\ or\ b = 1\)

即 两个不能同时为 \(0 \Rightarrow\) 一个为 \(0\) 则另一个为 \(1\)

\(a \rightarrow b'\)

\(b \rightarrow a'\)

\(a\ and\ b = 0\)

即 两个不能同时为 \(1 \Rightarrow\) 一个为 \(1\) 则另一个为 \(0\)

\(a' \rightarrow b\)

\(b' \rightarrow a\)

\(a\ and\ b = 1\)

即 \(a = b = 1\)， 优先级 \(1 > 0\)

\(a \rightarrow a'\)

\(b \rightarrow b'\)

\(a\ xor\ b = 0\)

即 两个变量相同

\(a \rightarrow b\)

\(a' \rightarrow b'\)

\(b \rightarrow a\)

\(b' \rightarrow a'\)

\(a\ xor\ b = 1\)

即 两个变量不同

\(a \rightarrow b'\)

\(a' \rightarrow b\)

\(b \rightarrow a'\)

\(b' \rightarrow a\)

P4782 【模板】2-SAT 问题

题目背景

2-SAT 问题 模板

题目描述

有n个布尔变量 x_1x ~ x_n，另有m个需要满足的条件，每个条件的形式都是“ x_i为true/false或 x_j为true/false”。比如“ x_1为真或 x_3为假”、“ x_7为假或 x_2为假”。2-SAT 问题的目标是给每个变量赋值使得所有条件得到满足。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数n和m，意义如题面所述。

接下来m行每行4个整数 i a j b，表示“ x_i为a或 x_j为b”(a,b∈{0,1})

输出格式：

如无解，输出“IMPOSSIBLE”（不带引号）; 否则输出"POSSIBLE"（不带引号),下 一行n个整数 x_1 ~ x_n（ x_i∈{0,1}），表示构造出的解。

---

蛮裸的， 主要靠输出方案， 搞清楚 优先级即可

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
typedef long long LL;
using namespace std;
int RD(){
    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 2000019,INF = 1e9 + 19;
int head[maxn],nume = 1;
struct Node{
    int v,dis,nxt;
    }E[maxn << 2];
void add(int u,int v,int dis){
    E[++nume].nxt = head[u];
    E[nume].v = v;
    E[nume].dis = dis;
    head[u] = nume;
    }
int num, nr;
int DFN[maxn], LOW[maxn], INDEX;
int S[maxn], top;
bool ins[maxn];
int col[maxn], numc;
void Tarjan(int u){
	DFN[u] = LOW[u] = ++INDEX;
	S[++top] = u;ins[u] = 1;
	for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt){
		int v = E[i].v;
		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]){
		numc++;
		while(S[top + 1] != u){
			col[S[top]] = numc;
			ins[S[top--]] = 0;
			}
		}
	}
int main(){
	num = RD();nr = RD();
	for(int i = 1;i <= nr;i++){
		int a = RD(), x = RD(), b = RD(), y = RD();
		//<< 1 | 0 -> 0 , << 1 | 1 -> 1
		add(a << 1 | (x ^ 1), b << 1 | y, 1);
		add(b << 1 | (y ^ 1), a << 1 | x, 1);
		}
	for(int i = 2;i <= (num << 1 | 1);i++)if(!DFN[i])Tarjan(i);
	for(int i = 1;i <= num;i++){
		if(col[i << 1] == col[i << 1 | 1]){
			puts("IMPOSSIBLE");
			return 0;
			}
		}
	puts("POSSIBLE");
	for(int i = 1;i <= num;i++){
		if(col[i << 1] < col[i << 1 | 1])printf("0 ");
		else printf("1 ");
		}
	puts("");
	return 0;
	}