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什么是2-SAT问题

sat 即 Satisfiability,意思为可满足,那么2-SAT表示一些布尔变量只能取true或者false,而某两个变量之间的值存在一定的关系(如:只要a为真,b一定为假;如果a为假,b也为假),我们需要在满足所有这样的关系的情况下,求出每个变量的赋值,如果不存在,就是无解。

举个栗子

某一天,PC,YD,HL在讨论两个问题:1)winter的温度是否低于0度,2)bamboo的高度是否大于10m,众所周知,这三位大佬很强大,所以他们对于这两个问题的判断至少有一个是正确的。此时给出三人对这两个问题的判断,求出这两个问题的正确答案;如果不存在正确答案,那么可能是某个人犯糊涂了,因此我们无法得到答案,输出无解。

我们将两个问题符号化为,a:winter的温度低于0度, b :bamboo的高度大于10m,将三人的观点及其符号化表示如下:

1)PC认为:winter的温度低于0度,bamboo的高度大于10m,a∨ b

2)YD认为:wintet的温度不低于0度,bamboo的高度大于10m,¬a∨ b

3)HL认为:winter的温度不低于0度,bamboo的高度不大于10m,¬a∨ ¬b

那么a,b的取值需要满足:(a∨ b) ∧ ( ¬a∨ b) ∧ (¬a∨ ¬b),我们如何求出满足这个式子的a,b的取值这类问题就是2-SAT问题。

将2-SAT问题转为图论问题求解

我们可以将每个变量x的两个状态分别用两个点表示,记编号为i的点表示这个变量取真,i+n的点表示这个变量取假

将两个变量之间的关系用边表示,如:只要a为真,b一定为假,将此命题符号化得到¬a∨¬b,这个式子也可以写成:a → ¬b ∧ b → ¬a,表示:a为真,则b必为假 ,和b为真,则a必为假,这样我们就发现 a 和 ¬b 可以由a推出¬b, 可以由b推出¬a,在图中,我们构建这样的边表示他们的关系:由 a 向  ¬b 建一条单向边,再由 b 向 ¬a建一条单向边,总结以下将命题转化为建图的规律:

1)¬a∨¬b   ----> a → ¬b ∧ b → ¬a

2)a∨b   ----> ¬a → b ∧ ¬b → a

3)¬a∨b   ----> a → b ∧ ¬b → ¬a

4)a∨¬b   ----> ¬a → ¬b ∧ b → a

(x→y可以视作由x向y建一条单向边)

然后,我们在这个图中求强连通分量,联想到我们图中边代表的关系:由边的起点可以推出终点,所以同一强连通分量中的点真值一致,所以我们很容易想到如果 a 和 ¬a在同一强连通分量中,这说明a和¬a真值相同,这显然是不正确的,即无解;如果不存在变量x使得x和¬x在同一强连通分量中,就说明有解。

那么有解的情况下,我们如何得到每个变量的值呢?只要x所在强连通分量的拓扑序比¬x所在强连通分量的拓扑序靠后,则x为真,否则为假,而我们用tarjan算法求强连通分量的时候,对于每个强连通分量的标记是逆拓扑序的,所以 node[x] < node[¬x] 时,x取真,否则为假,这样一来,我们对每个变量进行判断并输出对应的值即可

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 + ;
const ll mod = 1e9 + ;
const int Max = 2e6 + ;
const int Max2 = 3e2 + ; struct Egde
{
int to, next;
} edge[Max]; int n, m;
int head[Max], tot;
int dfn[Max], low[Max],time_clock;
int line[Max],now;
int node[Max],sccCnt; void init()
{
memset(head, -, sizeof(head));
tot = ;
memset(dfn,,sizeof(dfn));
time_clock = ;
now = ;
memset(node,,sizeof(node));
sccCnt = ;
} void add(int u, int v)
{
edge[tot].to = v;
edge[tot].next = head[u];
head[u] = tot++;
} void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++time_clock;
line[++now] = u;
for(int i = head[u] ; i != -; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u],low[v]);
}
else if(!node[v])
{
low[u] = min(low[u],dfn[v]);
}
}
if(dfn[u] == low[u])
{
sccCnt++;
while(line[now] != u)
node[line[now--]] = sccCnt;
node[line[now--]] = sccCnt;
}
} 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 = , a, va, b, vb; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d%d%d", &a, &va, &b, &vb);
add(a + n * (va & ), b + n * (vb ^ ));
add(b + n * (vb & ), a + n * (va ^ )); //1~n表示1,n+1,2*n表示0
}
for(int i = ;i <= (n << ) ;i ++)
{
if(!dfn[i])
tarjan(i);
}
bool ok = true;
for(int i = ;i <= n ;i ++)
{
if(node[i] == node[i+n])
{
ok = false;
break;
}
}
if(!ok)
{
printf("IMPOSSIBLE\n");
}
else
{
printf("POSSIBLE\n");
for(int i = ;i < n ;i ++)
{
printf("%d ",node[i] < node[i+n]);
}
printf("%d\n",node[n] < node[n<<]);
}
}
return ;
}

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