2-SAT 问题 详解

整理的算法模板合集： ACM模板

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luogu P4782 【模板】2-SAT 问题

我们在2-sat问题中会得到若干个关系式形如：
p∨q，也就是p||q，p或q，p为true或者q为true

而我们离散数学中学逻辑关系式中有这么一个转化关系：
p∨q == ¬p → q ∧ ¬q → p

也就是：

p || q == -p ->q && -q -> p

根据p和q 的真假性我们可以得到下列表格

原关系式	建图方式
$p\vee q$	$\neg p\to q\wedge \neg q\to p$
$\neg p\vee q$	$p\to q\wedge \neg q\to \neg p$
$p\vee \neg q$	$\neg p\to \neg q\wedge q\to p$
$\neg p\vee \neg q$	$p\to \neg q\wedge q\to \neg p$

我们按照箭头建有向边，构成一个有向图。

每一条有向边，u->v表示如果选择u，那么v也必须选择，不然就违反了关系式。

因此我们对这张图求强连通分量

那么，对于这张图中的每个强连通分量中的点一定要么同时选，要么同时不选。

判断无解：如果$x_{i,0}$和$x_{i,1}$在同一个强连通分量中，那么明显无解，因为二者对立不可能同时存在

这张拓扑图中，如果u可以到达v，那么u选择则v也必须选择。

tarjan算法dfs式地走一遍就是有向图的拓扑序，因为是用的栈存的节点，所以是拓扑逆序。

选择方案：在$x_{i,0}$和$x_{i,1}$中选择拓扑序较大的点。这样就可以避免产生冲突了。并且这种方法一定可以构造出解。

当 $x$ 所在的强连通分量的拓扑序在 $\neg x$所在的强连通分量的拓扑序之后取 $x$ 为真 就可以了。在使用 Tarjan 算法缩点找强连通分量的过程中，已经为每组强连通分量标记好顺序了——不过是反着的拓扑序。所以一定要写成 color[x] < color[-x]

其中我们一般在2-sat问题中用i表示false，用i+n表示true

时间复杂度为：$O(n+m)$

有 n 个布尔变量 $x_1\sim x_n$​，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。

//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
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>

using namespace std;
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");
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        printf("%d ", (color[i] > color[i + n]));
    puts("");
    return 0;
}