学习笔记 - 2sat

决定重新启用Markdown……只是因为它支持MathJax数学公式

noip考完，既轻松又无奈，回来慢慢填坑

这篇博客也是拖了好久，通过kuangbin的博客才弄懂2-sat的

2-sat问题

先说sat问题——指一种每个变量只有两个值（true or false），并且给出一些限制，每个限制的基本形式为：

$a\ XOR/OR/AND\ b\ XOR/OR/AND\ c\ (etc.) = true$

另外当每个限制涉及的变量只有两个时，这类问题称为2-sat问题，即 $a\ XOR/OR/AND\ b=true$，当然也可以限制值为 false，在这里a,b也可以不保证不同。求这样的问题的解，即每一个变量选或不选。

2-sat问题的建模

假设现在有N个变量形成2-sat问题。

由于一个变量要么为true，要么为false；我们可以把变量拆分成两个点——一个点表示true，另一个表示false，这样一来我们有 2N 个点，也就是 N 个点对；下面我们称 A、A' 分别表示变量A选、不选。然后我们称“一个变量的状态”为“这个状态所对应的点选或不选”。

我们可以将点连边，边(X,Y)表示选X就必须选Y；下面举两种最基本的例子：

①选变量A就必须选变量B，则连 (A,B) (B',A) 两条有向边；

②必须选变量A，则连 (A',A) 的有向边；

1-可行性问题求解

即判断某一方案是否可行。常用于检验二分答案。

通过求强连通分量求解——如果点v 和点v' 同时存在于一个强连通分量中，则说明从“选变量v” 这一起点出发，可以推导出“不选变量v”（反过来说也一样），这样就是不合法的。换句话说，点v 和点v' 不能在同一个强连通分量中。

求强连通分量的话这里就用一个常规的方法——先从某个点出发DFS遍历能够到达的点，当退出一个DFS函数时，将当前的点压入队列中（建议手写队列，因为这里只是用来储存变量）。

上面是DFS1，每个点只能遍历一次。

然后依次访问队列中的点，然后从当前枚举到的队列中的点X出发进行DFS，将遍历到的点所属的“块”(blk)都设为与点X相同的“块”。这样一个“块”就是一个强连通分量。

最后枚举每一个变量i，检查点i 和点i' 是否在一个强连通分量中，如果存在，则不可行。

举个例子：HDU 3622 Bomb Game

[题意]

你需要在平面上放n个炸弹——放置第i个炸弹时，你需要在$(Ax_i,Ay_i)$和$(Bx_i,By_i)$两个位置中选择一个位置放置。每个炸弹的爆炸半径都是k，任意两个炸弹的爆炸范围不能重叠（可以相切）。求k最大为多少。

[解析]

很容易想到二分答案，放置第i个炸弹时选择第一个位置定义为“选择i”，选择第二个位置定义为“不选择i”，这样就形成了一个2-sat问题。

根据二分出来的k可以求出重叠的炸弹，如果炸弹i与炸弹j重叠，则说明放炸弹i就不能放炸弹j，根据这个连边，2-sat判断合法性即可。

[源代码]

/*Lucky_Glass*/

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=100,M=40000;

const double EPS=1e-5;

int n;

struct POINT{

	int x,y;

}s[N*2+5];

inline double Dist2(int a,int b){

	return 1.0*(s[a].x-s[b].x)*(s[a].x-s[b].x)+1.0*(s[a].y-s[b].y)*(s[a].y-s[b].y);

}

struct EDGE{

	int to,nxt;

}edg1[M+5],edg2[M+5];

int hed1[N*2+5],hed2[N*2+5];

int cnt1,cnt2;

void AddEdge(int u,int v){ //连边，正反图都要连

	edg1[cnt1].to=v;

	edg1[cnt1].nxt=hed1[u];

	hed1[u]=cnt1++;

	edg2[cnt2].to=u;

	edg2[cnt2].nxt=hed2[v];

	hed2[v]=cnt2++;

}

void ClearMap(){ //清空图

	memset(hed1,-1,sizeof hed1);

	memset(hed2,-1,sizeof hed2);

	cnt1=cnt2=0;

}

int Pop[N*2+5],blk[N*2+5];

bool vis[N*2+5];

int blkcnt;

void DFS1(int u){ //求出每个点退出DFS的顺序

	vis[u]=true;

	for(int i=hed1[u];i!=-1;i=edg1[i].nxt)

		if(!vis[edg1[i].to])

			DFS1(edg1[i].to);

	Pop[++Pop[0]]=u;

}

void DFS2(int u){ //求强连通分量

	vis[u]=true;blk[u]=blkcnt; //blk[i]表示i所属的联通块编号

	for(int i=hed2[u];i!=-1;i=edg2[i].nxt)

		if(!vis[edg2[i].to])

			DFS2(edg2[i].to);

}

bool Check(){

	Pop[0]=blkcnt=0;

	memset(vis,false,sizeof vis);

	for(int i=0;i<2*n;i++)

		if(!vis[i])

			DFS1(i);

	memset(vis,false,sizeof vis);

	for(int i=Pop[0];i>=1;i--) //按照退出顺序

		if(!vis[Pop[i]]){

			blkcnt++;

			DFS2(Pop[i]);

		}

	for(int i=0;i<n;i++)

		if(blk[i*2]==blk[i*2+1]) //如果不合法

			return false;

	return true;

}

int main(){

	while(~scanf("%d",&n)){

		for(int i=0;i<n;i++)

			for(int j=i*2;j<=i*2+1;j++)

				scanf("%d%d",&s[j].x,&s[j].y);

		double lef=0,rig=40000.0;

		while(rig-lef>=EPS){

			double mid=(lef+rig)/2;

			ClearMap();

			for(int i=0;i<n*2;i++) //O(n^2)连边 :)

				for(int j=i%2? i+1:i+2;j<2*n;j++)

					if(Dist2(i,j)<4*mid*mid)

						AddEdge(i,j^1),

						AddEdge(j,i^1);

			if(Check()) lef=mid;

			else rig=mid;

		}

		printf("%.2lf\n",rig);

	}

	return 0;

}

(坑还没填完，下一个弄懂再写 TAT)

更新-$2018/11/17$；终于把后面一道题弄懂了

另外一个例子……POJ 3207 Ikki's Story IV - Panda's Trick

想法比较丰富……另外写一个blog……

$\mathcal The\ End$

$\mathcal Thanks\ for\ reading!$