整理的算法模板合集: ACM模板
注意一个坑,2SAT问题中如果要求你输出方案,如果你的代码输出的跟样例不一样,不要着急,因为2SAT 问题本来就是有多解,结果我样例不过,交上去就A了
方案输出时,color[x]谁小选谁
有 n 个布尔变量 x 1 ∼ x n x_1\sim x_n x1∼xn,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。
2 - SAT模板
//时间复杂度O(n+m)
//当 x 所在的强连通分量的拓扑序在 ¬x 所在的强连通分量的拓扑序之后取 x
//为真 ,注意我们得到的是拓扑逆序,所以要写成color[x] < color[¬x]
// 其中 i 表示 ¬x,用 i+n 表示 x
p ∨ q == ¬p → q ∧ ¬q → p
p || q == -p ->q && -q -> p
typedef long long ll;
const int N = 2000007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int dfn[N], low[N], num;
bool vis[N], ins[N];
int a[N], scc_cnt;
int scc_id[N], color[N];
int stk[N], top;
int ver[M], nex[M], head[N], tot;
void add(int x, int y){
ver[tot] = y;
nex[tot] = head[x];
head[x] = tot ++ ;
}
void tarjan(int x)
{
dfn[x] = low[x] = ++ num;
stk[++ top] = x;
ins[x] = true;
for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){
int y = ver[i];
if(!dfn[y]){
tarjan(y);
low[x] = min(low[x], low[y]);
}
else if(ins[y])
low[x] = min(low[x], dfn[y]);
}
if(low[x] == dfn[x]){
int y;
++ scc_cnt;
do{
y = stk[top -- ];
ins[y] = false;
scc_id[y] = scc_cnt;
color[y] = scc_cnt;
}while(x != y);
}
}
int main()
{
memset(head, -1, sizeof head);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
int p, q ,c ,d;
scanf("%d%d%d%d", &p, &c, &q, &d);
if(c && d){
// p 且 q -p-> q && -q -> p
add(p, q + n);
add(q, p + n);
}
else if(!c && d){
//p -> q && -q -> -p
add(p + n, q + n);
add(q, p);
}
else if(c && !d){
//-p -> -q && q -> p
add(p, q);
add(q + n, p + n);
}
else if(!c && !d){
//p -> -q && q -> -p
add(p + n, q);
add(q + n, p);
}
}
for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i){
if(!dfn[i])
tarjan(i);
}
for(int i = 1 ;i <= n; ++ i) {
if(color[i] == color[i + n]){
puts("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
}
puts("POSSIBLE");
//谁小选谁,这里i + n表示的是x (true)
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
printf("%d ", (color[i] > color[i + n]));
puts("");
return 0;
}
位运算版
g[p + n * c].push_back(q + n * (d ^ 1));
g[q + n * d].push_back(p + n * (c ^ 1));
需要注意的是,如果题目中有重边的话,使用链式前向星就会导致RE
,改成vector
即可
如下题
2 - SAT + 二分答案
/*ACM-ICPC 2004 Europe - Southwestern) Now or later*/
typedef long long ll;
const int N = 5000007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int dfn[N], low[N], num;
int head[N], ver[M], nex[M], tot;
vector<int>g[N];
int a[N][2];
int stk[N], top, scc_cnt;
bool ins[N];
int color[N];
void tarjan(int x)
{
dfn[x] = low[x] = ++ num;
stk[++ top] = x;
ins[x] = true;
for(size_t i = 0; i < g[x].size(); ++ i){
int y = g[x][i];
if(!dfn[y]){
tarjan(y);
low[x] = min(low[x], low[y]);
}
else if(ins[y])
low[x] = min(low[x], dfn[y]);
}
if(low[x] == dfn[x]){
int y;
++ scc_cnt;
color[x] = scc_cnt;
do{
y = stk[top -- ];
ins[y] = false;
color[y] = scc_cnt;
}while(x != y);
}
return ;
}
inline bool check(int x){
//memset(head, -1, sizeof head);
for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i)
g[i].clear();
memset(dfn, 0, sizeof dfn);
memset(low, 0, sizeof low);
memset(color, 0, sizeof color);
memset(ins, 0, sizeof ins);
tot = num = scc_cnt = 0;
//0 : -x : E 早 : i
//1 : x : L 晚 : i + n
//比较之后的两个相差的时间是否小于x
//如果小于x的话那么两者就不能同时出现(同时为true)
for(int p = 1;p <= n;++ p){
for(int c = 0; c <= 1; ++ c){
for(int q = p + 1; q <= n; ++ q){
for(int d = 0; d <= 1; ++ d){
if(abs(a[p][c] - a[q][d]) < x){
/*if(c && d){//11 -> 01, 01
add(p, q + n);
add(q, p + n);
}
else if(!c && d){//01 -> 11, 00
add(p + n, q + n);
add(q, p);
}
else if(c && !d){//10 -> 00, 11
add(p, q);
add(q + n, p + n);
}
else if(!c && !d){//00 -> 10, 01
add(p + n, q);
add(q + n, p);
}*/
g[p + n * c].push_back(q + n * (d ^ 1));
g[q + n * d].push_back(p + n * (c ^ 1));
}
}
}
}
}
for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
if(color[i] == color[i + n])
return false;
}
return true;
}
void solve(){
int l = 0, r = 0, ans = -1;
for(int i =1; i <= n; ++ i)
scanf("%d%d", &a[i][0], &a[i][1]), r = max(max(a[i][1], a[i][0]), r);
while(l <= r){
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid))ans = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n", ans);
return ;
}
int main()
{
while(scanf("%d", &n) != EOF){
solve();
}
return 0;
}