正题

我又来划水了。

2-SAT问题是类似于这样的形式：

给出n个数 $\in 0\ or \ 1$ ，m组条件，问你这m组条件是否能同时满足。

每组条件类似于这样的形式 $(x=a\ |\ y=b)[a,b\in 0\ or\ 1]$

怎么做？

我们可以拆点！

把每个点拆成两个点，一个表示选，一个表示不选。

那么假如有一个这样一个条件： $x=0\ |\ y=0$

考虑x取1时，y必须取0；y取1时，x必须取0.

所以我们建两条边： $(x_1,y_0),(y_1,x_0)$ 。

表示的就是上面的意思。

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接下来，让我们透彻理解边的意思。

边的意思就是，如果a满足，b必须满足。

显然 $x_0,x_1$ 不可能同时取。

在图中怎么表示呢？！！原来是强联通分量！首先，强联通分量的要么同时取要么同时不取。

所以如果 $x_0,x_1$ 在同一强联通分量，那么很明显是矛盾的。如果有，输出Impossible。

否则就肯定存在一组解。 $a\to b$ 有路径，那么a取，b必须取。

对于 $x_0,x_1$ 如果在一个联通分量，那么肯定取拓扑序大的,为什么？因为如果取拓扑序小的，那么拓扑序大的那个可能也会取到，就会矛盾，为了避免意外，我们选择拓扑序大的。

如果不在一个连通分量，那么我们取那个都无所谓。

所以，取拓扑序大的就可以了。（当然这里的拓扑序是缩点后的拓扑序

最后，因为Tarjan是深搜，搜出来的拓扑序一定是倒序的，所以写的时候选小的。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<stack>
using namespace std;

int n,m;
struct edge{
	int y,next;
}s[2000010];
int first[2000010],len=0;
int t=0,T=0;
int dfn[2000010],low[2000010],tim[2000010];
bool tf[2000010];
stack<int> f;

void ins(int x,int y){
	len++;
	s[len]=(edge){y,first[x]};first[x]=len;
}

void Tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++t;
	f.push(x);tf[x]=true;
	for(int i=first[x];i!=0;i=s[i].next){
		int y=s[i].y;
		if(!dfn[y]){
			Tarjan(y);
			low[x]=min(low[y],low[x]);
		}
		else if(tf[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(dfn[x]==low[x]){
		T++;
		int d;
		tim[x]=T;
		tf[x]=false;
		while((d=f.top())!=x){
			f.pop();
			tim[d]=T;
			tf[d]=false;
		}
		f.pop();
	}
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	int x,a,y,b;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d %d %d %d",&x,&a,&y,&b);
		if(a==0 && b==0) ins(x,y+n),ins(y,x+n);
		if(a==0 && b==1) ins(x,y),ins(y+n,x+n);
		if(a==1 && b==0) ins(x+n,y+n),ins(y,x);
		if(a==1 && b==1) ins(x+n,y),ins(y+n,x);
	}
	for(int i=1;i<=2*n;i++)	
		if(!dfn[i]) Tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(tim[i]==tim[i+n]){
			printf("IMPOSSIBLE");
			return 0;
		}
	printf("POSSIBLE\n");
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d ",tim[i]<tim[i+n]);
	printf("\n");
}

学习笔记第二十八节：2-SAT

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