2-SAT习题讲解

　　讲在前面：下述例题不是按照难度顺序的，而且基本就只会讲解建图的过程。下面讲解中$A'$为$A$的反向状态。

一、bzoj习题

例一：$bzoj2199 奶牛议会$

　　首先我们考虑本题是$A$或$B$的问题，所以我们的建图策略为将$A'$连向$B$，表示若不选择$A$，则一定选择$B$。同样我们还需要将$B'$连向$A$。这个模型是$2-SAT$的最基本模型，由于$n$非常小，所以我们可以运用$O(n^2)$的做法来输出方案。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 10010

bool vis[N];int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,n,m;char ans[N];

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

void dfs(int p)

{

	vis[p]=true;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

		if(!vis[to[i]]) dfs(to[i]);

}

int main()

{

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for(int i=1;i<=m;i++)

	{

		int a,b;char str1[5],str2[5];

		scanf("%d%s%d%s",&a,str1,&b,str2);

		a=(a<<1)|(str1[0]=='Y'),b=(b<<1)|(str2[0]=='Y');

		add(a^1,b),add(b^1,a);

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		bool is1=true,is2=true;

		memset(vis,0,sizeof vis),dfs(i<<1);

		for(int j=1;j<=n;j++) if(vis[j<<1]&&vis[(j<<1)|1]) {is1=false;break;}

		memset(vis,0,sizeof vis),dfs((i<<1)|1);

		for(int j=1;j<=n;j++) if(vis[j<<1]&&vis[(j<<1)|1]) {is2=false;break;}

		if(!(is1||is2)) {printf("IMPOSSIBLE");return 0;}

		if(is1&&is2) ans[i-1]='?';

		else if(is1) ans[i-1]='N';

		else if(is2) ans[i-1]='Y';

	} ans[n]='\0',printf("%s\n",ans);

}

例二：$bzoj1997 Planet$

　　首先，我们按照题中给出的条件：对于给出的图满足含有一条哈密顿回路。所以我们可以将这条回路提取出来，这样我们就将问题转化为，不是哈密顿回路上的边可以放在环内，可以放在环外，问能否不相交。我们考虑边$A$和边$B$，若这两条边同时在环内相交，则同时在环外也一定相交。所以这两条就要一内一外，根据这个性质，我们可以建出$2-SAT$，$A$表示边$A$在环内，$A'$自然就表示边$A$在环外，连边方式为$A$和$B$同时在环内相交时，$A$连向$B'$，$A'$连向$B$，$B$连向$A'$，$B'$连向$A$。按照我们建出的图，验证就可以了。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 100010

struct Edge {int from,to;}edge[N];

int sta[N],top,bel[N],many,place[N];bool vis[N],in[N];

int n,m,head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,low[N],dep[N],cnt;

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

bool check(int i,int j)

{

	if(edge[i].from==edge[i].to-1) return false;

	if(edge[j].from==edge[j].to-1) return false;

	return (edge[j].from>edge[i].from&&edge[i].to>edge[j].from&&edge[j].to>edge[i].to)

		||(edge[i].from>edge[j].from&&edge[j].to>edge[i].from&&edge[i].to>edge[j].to);

}

void init()

{

	idx=cnt=many=0,memset(head,0,sizeof head);

	memset(vis,0,sizeof vis),memset(bel,0,sizeof bel);

}

void tarjan(int p)

{

	vis[p]=in[p]=true,dep[p]=low[p]=++cnt,sta[++top]=p;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

	{

		if(!vis[to[i]]) tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);

		else if(in[to[i]]) low[p]=min(low[p],dep[to[i]]);

	}

	if(dep[p]==low[p])

	{

		many++;

		while(sta[top+1]!=p)

			bel[sta[top]]=many,in[sta[top]]=false,top--;

	}

}

int main()

{

	int T;scanf("%d",&T);

	while(T--)

	{

		init(),scanf("%d%d",&n,&m);

		for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d",&edge[i].from,&edge[i].to);

		for(int i=1,a;i<=n;i++) scanf("%d",&a),place[a]=i;

		if(m>3*n-6) {printf("NO\n");continue;}

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

		{

			edge[i].from=place[edge[i].from],edge[i].to=place[edge[i].to];

			if(edge[i].from>edge[i].to) swap(edge[i].from,edge[i].to);

			if(edge[i].from==edge[i].to-1) continue;

			for(int j=0;j<i;j++) if(check(i,j))

				add(i<<1,j<<1|1),add(j<<1,i<<1|1),add(i<<1|1,j<<1),add(j<<1|1,i<<1);

		} bool is=false;

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

		{

			if(!vis[i<<1]) tarjan(i<<1);

			if(!vis[i<<1|1]) tarjan(i<<1|1);

			if(bel[i<<1]==bel[i<<1|1]) {is=true,printf("NO\n");break;}

		} if(!is) printf("YES\n");

	}

}

例三：$bzoj1823满汉全席$

　　这道题目是$A$或$B$的条件，所以我们只需要将$A'$连向$B$，$B'$连向$A$即可，当然其中说的$A$和$B$对于不一样的评委可能是不一样的。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 100010

struct Edge {int from,to;}edge[N];

int sta[N],top,bel[N],many,place[N];bool vis[N],in[N];

int n,m,head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,low[N],dep[N],cnt;

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

bool check(int i,int j)

{

	if(edge[i].from==edge[i].to-1) return false;

	if(edge[j].from==edge[j].to-1) return false;

	return (edge[j].from>edge[i].from&&edge[i].to>edge[j].from&&edge[j].to>edge[i].to)

		||(edge[i].from>edge[j].from&&edge[j].to>edge[i].from&&edge[i].to>edge[j].to);

}

void init()

{

	idx=cnt=many=0,memset(head,0,sizeof head);

	memset(vis,0,sizeof vis),memset(bel,0,sizeof bel);

}

void tarjan(int p)

{

	vis[p]=in[p]=true,dep[p]=low[p]=++cnt,sta[++top]=p;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

	{

		if(!vis[to[i]]) tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);

		else if(in[to[i]]) low[p]=min(low[p],dep[to[i]]);

	}

	if(dep[p]==low[p])

	{

		many++;

		while(sta[top+1]!=p)

			bel[sta[top]]=many,in[sta[top]]=false,top--;

	}

}

int main()

{

	int T;scanf("%d",&T);

	while(T--)

	{

		init(),scanf("%d%d",&n,&m);

		for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d",&edge[i].from,&edge[i].to);

		for(int i=1,a;i<=n;i++) scanf("%d",&a),place[a]=i;

		if(m>3*n-6) {printf("NO\n");continue;}

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

		{

			edge[i].from=place[edge[i].from],edge[i].to=place[edge[i].to];

			if(edge[i].from>edge[i].to) swap(edge[i].from,edge[i].to);

			if(edge[i].from==edge[i].to-1) continue;

			for(int j=0;j<i;j++) if(check(i,j))

				add(i<<1,j<<1|1),add(j<<1,i<<1|1),add(i<<1|1,j<<1),add(j<<1|1,i<<1);

		} bool is=false;

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

		{

			// if(edge[i].from==edge[i].to-1) continue;

			if(!vis[i<<1]) tarjan(i<<1);

			if(!vis[i<<1|1]) tarjan(i<<1|1);

			if(bel[i<<1]==bel[i<<1|1]) {is=true,printf("NO\n");break;}

		} if(!is) printf("YES\n");

	}

}

例四：$bzoj4645 游戏$

　　首先，我们先考虑当$d=0$的情况。当$d=0$的时候，我们考虑实际上就是对于每一个地图，就只拥有两种选择，正好映射$A$和$A'$的两种状态。对于剩下的条件为选择$A$则必须选择$B$，两个共存的状态，所以我们只需要$A$连向$B$，$B'$连向$A'$。只需要用$2-SAT$验证下一下，并且输出一下方案就可以了。现在考虑$d\not= 0$的情况。因为$d\le 8$，所以我们可以思考一下搜索，我们枚举一下每一个地图不适合什么赛车跑，我们考虑这样的时间复杂度是$O(3^d)$的，实际上我们就只需要$O(2^d)$来完成就可以了，因为不适合$A$的时候，$B$和$C$都可以选择，不适合$B$的时候，$A$和$C$都可以选择，所以实际上还需要枚举$2$种状态，就可以枚举出来所有选择的状态。

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 200010

int dep[N],low[N],sta[N],top,bel[N],many,pos[N];

int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,cnt,in2[N],op[N];

int head2[N],to2[N<<1],nxt2[N<<1],idx2,del[N],del2[N];

char str[N],ans[N];bool in[N],vis[N];int n,m,d,mp[3][N],us[3][N];

vector <int> v[N];queue <int> q;

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

void add2(int a,int b) {nxt2[++idx2]=head2[a],to2[idx2]=b,head2[a]=idx2;}

void init()

{

	for(int i=1;i<=many;i++) del2[i]=false,v[i].clear();

	memset(dep,0,sizeof dep),memset(vis,0,sizeof vis),many=top=0;

	memset(head,0,sizeof head),memset(low,0,sizeof low);

	memset(head2,0,sizeof head2),memset(in2,0,sizeof in2);

	memset(bel,0,sizeof bel),memset(in,0,sizeof in),idx=idx2=0;

}

void tarjan(int p)

{

	vis[p]=in[p]=true;dep[p]=low[p]=++cnt,sta[++top]=p;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

	{

		if(!vis[to[i]]) tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);

		else if(in[to[i]]) low[p]=min(low[p],dep[to[i]]);

	}

	if(dep[p]==low[p])

	{

		many++;

		while(sta[top+1]!=p)

			bel[sta[top]]=many,in[sta[top]]=false,top--;

	}

}

void check()

{

	init();

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		int a=(str[i]-'a')*n+i,b=(a-1+n)%(3*n)+1,c=(b-1+n)%(3*n)+1;

		del[a]=true,op[a]=0,del[b]=del[c]=false,op[b]=c,op[c]=b;

	}

	for(int i=1;i<=m;i++)

	{

		int a=us[1][i]*n+mp[1][i],b=us[2][i]*n+mp[2][i];

		if(a==b||del[a]) continue;

		if(mp[1][i]==mp[2][i]||del[b]) {add(a,op[a]);continue;}

		add(a,b),add(op[b],op[a]);

	}

	for(int i=1;i<=3*n;i++) if((!del[i])&&(!vis[i])) tarjan(i);

	for(int i=1;i<=3*n;i++)

	{

		if(del[i]) continue;

		if(bel[i]==bel[op[i]]) return;

		for(int j=head[i];j;j=nxt[j])

			if(bel[i]!=bel[to[j]]) add2(bel[to[j]],bel[i]),in2[bel[i]]++;

	}

	for(int i=1;i<=3*n;i++) if(!del[i]) v[bel[i]].push_back(i);

	for(int i=1;i<=many;i++) if(in2[i]==0) q.push(i);

	while(!q.empty())

	{

		int p=q.front();q.pop();

		if(!del2[p]) for(int i=0;i<(int)v[p].size();i++)

			ans[((v[p][i]-1)%n)]='A'+((v[p][i]-(v[p][i]-1)%n)/n),del2[bel[op[v[p][i]]]]=true;

		for(int i=head2[p];i;i=nxt2[i])

			{in2[to2[i]]--; if(!in2[to2[i]]) q.push(to2[i]);}

	}ans[n]='\0',printf("%s\n",ans);

	exit(0);

}

void dfs(int x)

{

	if(x>d) {check();return;}

	str[pos[x]]='a',dfs(x+1),str[pos[x]]='b',dfs(x+1);

}

int main()

{

	scanf("%d%d%s%d",&n,&d,str+1,&m);

	for(int i=1;i<=n;i++) if(str[i]=='x') pos[++pos[0]]=i;

	for(int i=1;i<=m;i++)

	{

		char str1[3],str2[3];

		scanf("%d%s%d%s",&mp[1][i],str1,&mp[2][i],str2);

		us[1][i]=str1[0]-'A',us[2][i]=str2[0]-'A';

	} dfs(1),printf("-1");

}

二、codeforces习题

例一：$CF875C National Property$

　　这道题对应的$2-SAT$中的两种状态为小写和大写。由于我们要的终止状态是从小到大，所以我们可以只考虑相邻的两个字符串，当所有的字符串相邻之间，满足前一个小于后一个的时候，所有字符串就是按照从小到大的顺序排列的了。我们考虑相邻两个字符串，因为是按照字典序排序，所以我们考虑只有第一位不相等的位置，才会对排名有所贡献，这样我们就将问题转化为对于相邻的两位，我们怎么选择。假设我们现在要考虑这样的两位：$last_i$，$now_i$，分别为上一个字符串的第$i$位，和当前字符串的第$i$位。分为两种情况：第一种情况：$last_i\lt now_i$，这样我们就有当$last_i$为大写的时候，$now_i$一定大写，$last_i$为小写的时候，$now_i$一定小写。第二种情况：$now_i\lt last_i$，这样我们就有当$now_i$一定为大写，$last_i$一定为小写。按照上述建图，跑$2-SAT$就可以了。

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 200010

int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,bel[N],low[N],dep[N],sta[N],top,n,a[N],last[N],len,many,m,cnt; bool in[N];

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

void tarjan(int p)

{

	dep[p]=low[p]=++cnt,sta[++top]=p,in[p]=true;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

		if(!dep[to[i]]) tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);

		else if(in[to[i]]) low[p]=min(low[p],dep[to[i]]);

	if(low[p]==dep[p])

	{

		++many;

		while(sta[top+1]!=p) bel[sta[top]]=many,in[sta[top]]=false,top--;

	}

}

int main()

{

	scanf("%d%d",&m,&n);

	for(int i=1,t;i<=m;i++)

	{

		scanf("%d",&t);

		for(int j=1;j<=t;j++) scanf("%d",&a[j]);

		for(int j=1;j<=min(len,t);j++)

			if(last[j]<a[j]) {add(a[j],last[j]),add(last[j]+n,a[j]+n);break;}

			else if(last[j]>a[j]) {add(last[j]+n,last[j]),add(a[j],a[j]+n);break;}

			else if(j==min(len,t)&&len>t) {printf("No\n");return 0;}

		len=t; for(int j=1;j<=len;j++) last[j]=a[j];

	}

	for(int i=1;i<=2*n;i++) if(!dep[i]) tarjan(i);

	for(int i=1;i<=n;i++) if(bel[i]==bel[i+n]) printf("No\n"),exit(0);

	printf("Yes\n"); int ans=0;

	for(int i=1;i<=n;i++) if(bel[i]<bel[i+n]) ans++;

	printf("%d\n",ans);

	for(int i=1;i<=n;i++) if(bel[i]<bel[i+n]) printf("%d ",i);

}

例二：$CF27D Ring Rode 2$

　　我们考虑这道题目和$bzoj1997$的相似性，就是除了多了一个输出方案之外，没有什么区别，我们考虑输出方案，其实不需要运用$Tarjan$的知识，因为我们考虑这里的$n$很小，所以我们可以运用$dfs$，来验证与搜索答案，时间复杂度$O(n^2)$，十分优秀。

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 100010

int a[N],b[N],col[N],n,m; bool flag,vis[N];

void dfs(int p,int coll)

{

	if(!vis[p])

	{

		col[p]=coll,vis[p]=true;

		for(int i=1;i<=m;i++) if(a[i]!=a[p]&&b[i]!=b[p])

			if((a[p]<a[i]&&b[p]>a[i]&&b[p]<b[i])||(a[i]<a[p]&&b[i]>a[p]&&b[i]<b[p]))

				dfs(i,coll^1);

	}

	else if(coll!=col[p]) flag=true;

}

int main()

{

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for(int i=1;i<=m;i++)

	{

		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),a[i]--,b[i]--;

		if(a[i]>b[i]) a[i]^=b[i],b[i]^=a[i],a[i]^=b[i];

	}

	for(int i=1;i<=m;i++) if(!vis[i]) dfs(i,0);

	if(flag) printf("Impossible\n"),exit(0);

	for(int i=1;i<=m;i++) printf(col[i]?"i":"o");

}

例三：$CF568CNewLanguage$

　　我们考虑最后答案的形式，一定是一个给出的字符串的前缀，加上一个自己安排的后缀，两者相拼接，所以我们枚举前缀，然后用$2-SAT$进行判断是否合法，然后我们考虑将剩下的位，贪心的放置，并判断是否合法。对于剩下的位，我们也可以运用$2-SAT$判断合法性，由于给出的条件为，有$A$则$B$，所以我们建边的思路为$A$连向$B$，$B'$连向$A’$。具体请见代码。

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 200010

vector <int> point; bool all_flag,vis[N],in[N],mark[N];

char str[N],str2[N],ans[N],kind[2][10]; int n,m,dep[N],low[N],cnt,many,sta[N],top,head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,bel[N];

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

void tarjan(int p)

{

	dep[p]=low[p]=++cnt,vis[p]=in[p]=true,sta[++top]=p;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

		if(!vis[to[i]]) tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);

		else if(in[to[i]]) low[p]=min(low[p],dep[to[i]]);

	if(low[p]==dep[p])

	{

		many++;

		while(sta[top+1]!=p)

			bel[sta[top]]=many,in[sta[top]]=false,top--;

	}

}

void dfs(int p)

{

	if(vis[p^1]) all_flag=false; vis[p]=true,point.push_back(p);

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(!vis[to[i]]) dfs(to[i]);

}

int main()

{

	scanf("%s%d%d",str,&n,&m);

	for(int i=1,a,b;i<=m;i++)

	{

		scanf("%d%s%d%s",&a,kind[0],&b,kind[1]);

		add((a<<1)|(kind[0][0]=='V'),(b<<1)|(kind[1][0]=='V'));

		add((b<<1)|(kind[1][0]!='V'),(a<<1)|(kind[0][0]!='V'));

	} scanf("%s",str2+1);

	bool flag=false;

	for(int i=2;i<=2*n+1;i++) if(!vis[i]) tarjan(i);

	for(int i=1;i<=n;i++) if(bel[i*2]==bel[i*2+1]&&!mark[bel[i*2]]) mark[bel[i*2]]=true;

	for(int i=1;i<=n;i++) if(mark[bel[i*2+(str[str2[i]-'a']=='V')]]) {flag=true;break;}

	for(int i=1;i<=2*n+1;i++) vis[i]=false;

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		if(vis[i*2+(str[str2[i]-'a']!='V')]) {flag=true;break;}

		if(!vis[i*2+(str[str2[i]-'a']=='V')]) dfs(i*2+(str[str2[i]-'a']=='V'));

		for(int j=1;j<=n;j++) if(vis[2*j]&&vis[2*j+1]) {flag=true;}

	}

	if(!flag) printf("%s\n",str2+1),exit(0);

	for(int i=n;i;i--)

	{

		for(int j=2;j<=2*n+1;j++) vis[j]=false;

		bool flag2=false;

		for(int j=1;j<i;j++) if(mark[bel[j*2+(str[str2[j]-'a']=='V')]]) {flag2=true;break;}

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

		{

			if(vis[j*2+(str[str2[j]-'a']!='V')]) {flag2=true;break;}

			if(!vis[j*2+(str[str2[j]-'a']=='V')]) all_flag=true,dfs(j*2+(str[str2[j]-'a']=='V'));

			if(!all_flag) {flag2=true;break;}

		}

		if(flag2) continue;

		for(int j=1;j<i;j++) ans[j]=str2[j];

		int flag3=0;

		for(int j=str2[i]-'a'+1;j<(int)strlen(str);j++)

		{

			if(vis[i*2+(str[j]!='V')]||mark[bel[i*2+(str[j]=='V')]]) continue;

			if(!vis[i*2+(str[j]=='V')]) all_flag=true,point.clear(),dfs(i*2+(str[j]=='V'));

			if(!all_flag) {for(int k=0;k<(int)point.size();k++) vis[point[k]]=false;continue;}

			flag3=j;break;

		}

		if(!flag3) continue; ans[i]='a'+flag3;

		for(int j=i+1;j<=n;j++)

		{

			int flag4=-1;

			for(int k=0;k<(int)strlen(str);k++)

			{

				all_flag=true;

				if(vis[j*2+(str[k]!='V')]||mark[bel[j*2+(str[k]=='V')]]) continue;

				if(!vis[j*2+(str[k]=='V')]) all_flag=true,point.clear(),dfs(j*2+(str[k]=='V'));

				if(!all_flag) {for(int t=0;t<(int)point.size();t++) vis[point[t]]=false;continue;}

				flag4=k;break;

			}

			if(flag4==-1) {flag3=0;break;} ans[j]='a'+flag4;

		}

		if(flag3) printf("%s\n",ans+1),exit(0);

	}

	printf("-1\n");

}

例五：$CF1215F Radio Stations $

　　首先，我们先考虑对于没有$f$的弱化版，显然直接上裸的$2-SAT$。我们现在考虑$f$，我们可以枚举每一个$f$，然后对于每一个$f$都找到能选择的电视台，然后做$2-SAT$。但是这样时间复杂度十分不乐观，所以我们考虑加点，我们将$f$加到图中，对于代表频率$i$的点，表示$f>=i$，所以对于这些频率之间，就要$i$连向$i-1$，当然，由于我们是在$2-SAT$中，所以我们还要设出频率$i$的不选点，当然在后面我们也有用，对于一个电视台，我们将他连向频率$l$的选择点，要将频率$r+1$的不选择点连向他。这样我们直接跑$2-SAT$就好了。具体的按照代码理解就好。

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 2000010

int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],idx,sta[N],top,cnt,dep[N],low[N],bel[N],many,ans[N],n,all,p,M,m; bool vis[N],in[N];

void add(int a,int b) {nxt[++idx]=head[a],to[idx]=b,head[a]=idx;}

void tarjan(int p)

{

	dep[p]=low[p]=++cnt,sta[++top]=p,vis[p]=in[p]=true;

	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])

		if(!vis[to[i]]) tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);

		else if(in[to[i]]) low[p]=min(low[p],dep[to[i]]);

	if(dep[p]==low[p])

	{

		++many;

		while(sta[top+1]!=p) bel[sta[top]]=many,in[sta[top]]=false,top--;

	}

}

int main()

{

	scanf("%d%d%d%d",&all,&p,&M,&m),n=p+M;

	for(int i=1,x,y;i<=all;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x+n,y),add(y+n,x);

	for(int i=1,l,r;i<=p;i++)

	{

		scanf("%d%d",&l,&r),add(i,l+p),add(l+n+p,i+n);

		if(r+1<=M) add(i,r+1+n+p),add(r+1+p,i+n);

	}

	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y+n),add(y,x+n);

	for(int i=2;i<=M;i++) add(i+p,i-1+p),add(i+p-1+n,i+p+n);

	for(int i=1;i<=2*n;i++) if(!vis[i]) tarjan(i);

	for(int i=1;i<=n;i++) if(bel[i]==bel[i+n]) printf("-1\n"),exit(0);

	for(int i=1;i<=p;i++) if(bel[i]<bel[i+n]) ans[++ans[0]]=i;

	for(int i=M;i;i--) if(bel[i+p]<bel[i+p+n]) {ans[++ans[0]]=i;break;}

	printf("%d %d\n",ans[0]-1,ans[ans[0]]);

	for(int i=1;i<ans[0];i++) printf("%d ",ans[i]);

}

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