[Luogu P3825] [NOI2017] 游戏 (2-SAT)
题面
题面较长，略
分析
看到这些约束，应该想到这是类似2-SAT的问题。但是x地图很麻烦，因为k-SAT问题在k>2的时候是NPC问题，所以不能直接做。
观察到\(d \leq 8\),我们可以直接枚举每个x地图可以让哪些车使用，然后把它转换成标准的2-SAT问题。由于可以用车bc,ac已经覆盖了所有情况，每个x地图只可能是种类A或种类B，枚举的时间复杂度\(2^d\)
对于枚举的每一种情况，我们现在已经得到了每个地图适合哪些车参加，然后考虑建图。
定义若每个地图可以参加的车种类为x和y,第一种车为x,y中字典序较小的，第二种车为字典序较大的。把每个地图拆成两个点，第一个点表示第一种车，第二个点表示第二种车
然后是限制
1.如果限制i的第一个地图\(a_i\)不适合型号为\(x_i\)的车，那么不做任何操作
2.如果限制i的第二个地图\(b_i\)不适合型号为\(y_i\)的车，那么\(a_i\)场不能选\(h_i\),只能选\(x_i\)外符合条件的另一辆车，\(b_i\)场只能选除\(y_i\)外符合条件的另一辆车。两辆车对应的点之间连边即可
3.如果1,2的情况都满足，只需要判断一下可以选的车即可，细节比较复杂，见代码
建完图之后跑2-SAT即可,输出答案的时候注意判断一下这个点对应的车种类到底是A,B还是C
时间复杂度\(O(2^d(n+m))\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<stack>
#define maxn 100000
using namespace std;
int n,m,d;
char s[maxn+5];
vector<int>E[maxn*2+5];
void add_edge(int u,int v){
E[u].push_back(v);
}
int dfn[maxn*2+5];
int low[maxn*2+5];
stack<int>st;
int cnt=0,tim=0;
int bel[maxn*2+5];
bool ins[maxn*2+5];
void tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++tim;
st.push(x);
ins[x]=1;
for(int y : E[x]){
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]){
cnt++;
int y;
do{
y=st.top();
st.pop();
ins[y]=0;
bel[y]=cnt;
}while(y!=x);
}
}
int cntx;
int all_pos[maxn+5];
int a[maxn+5],b[maxn+5];
char h1[maxn+5],h2[maxn+5];
void ini(){
cnt=0;
tim=0;
for(int i=1;i<=n*2;i++) E[i].clear();
for(int i=1;i<=n*2;i++) dfn[i]=low[i]=bel[i]=ins[i]=0;
while(!st.empty()) st.pop();
}
void make_graph(int bin){
for(int i=1;i<=d;i++){
if(bin&(1<<(i-1))) s[all_pos[i]]='A';
else s[all_pos[i]]='B';
}
for(int i=1;i<=m;i++){
if(h1[i]==s[a[i]]) continue;//第a[i]位不能选h1[i]
else if(h2[i]==s[b[i]]){// 第b[i]位不能选h2[i]
//判断一下当前选的车按字典序是第一辆还是第二辆
if(h1[i]=='C'||(h1[i]=='B'&&s[a[i]]=='C')) add_edge(a[i]+n,a[i]); //规则中选C，或规则中选B且不能选C
else add_edge(a[i],a[i]+n) ;
}else{
int add1,add2;
if(h1[i]=='C'||(h1[i]=='B'&&s[a[i]]=='C')) add1=n;
else add1=0;
if(h2[i]=='C'||(h2[i]=='B'&&s[b[i]]=='C')) add2=n;
else add2=0;
add_edge(a[i]+add1,b[i]+add2);
add_edge(b[i]+n-add2,a[i]+n-add1);
}
}
}
bool check(){
for(int i=1;i<=n*2;i++){
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(bel[i]==bel[i+n]) return 0;
}
return 1;
}
void print_ans(){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(bel[i]<bel[i+n]){
if(s[i]=='A') putchar('B');//BC的第1个是B
else putchar('A'); //AC或AB的第1个是A
}else{
if(s[i]=='C') putchar('B');//AB的第2个是B
else putchar('C'); //BC或AC的第2个是A
}
}
}
int main(){
char tmp1[2],tmp2[2];
scanf("%d %d",&n,&d);
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='x'){
cntx++;
all_pos[cntx]=i;
}
s[i]=s[i]-'a'+'A';
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %s %d %s",&a[i],tmp1,&b[i],tmp2);
h1[i]=tmp1[0];
h2[i]=tmp2[0];
}
for(int bin=0;bin<(1<<d);bin++){
//暴力枚举x是哪一种，注意b,c和a,c就可以覆盖x的三种取值
//所以只要枚举a,b,c
ini();
make_graph(bin);
if(check()){
print_ans();
return 0;
}
}
printf("-1");
}