2-SAT问题介绍求解 + 模板题P4782

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 ;

}