【图论】2-SAT-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了【图论】2-SAT。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

参考资料：2-SAT学习笔记

什么是2-SAT问题呢？

(¬a∨b∨¬c)∧(a∨b∨¬c)∧(¬a∨¬b∨c)，给出一个类似于这样的式子，让你找出满足条件的一个解，这样的问题就是SAT问题，因为每一个括号内都有三个被限制的变量，所以这叫做3-SAT问题（是因为括号内的变量数有3个才叫3-SAT，不是因为abc才叫3-SAT）

所以2-SAT也很好理解，(¬a∨b)∧(a∨c)∧(¬c∨¬b)就叫做 2-SAT 问题

可以证明 3-SAT 及以上的问题只能用暴力枚举解决（我也不知道怎么证明），所以我们只讨论2-SAT问题

理论知识

前置知识，你需要学会【图论】有向图的强连通分量

我们将 a V b 理解成：选择了a就不能选b，选择了b就不能选a，a b必须要选择一个

那我们就可以得到这样的关系：选择了a就要选择¬b，选择了b就要选择¬a，反之也成立

根据这个关系建图，我们可以得到

【图论】2-SAT,图论,图论

我们可以看出，所有在一个强连通分量里的元素是等价的

因此，建好图之后，只要出现 x 和 ¬x 在一个强连通分量里，就说明它们等价，也就出现了矛盾，无解

接下来是一道洛谷的模板题

例题

P4782 【模板】2-SAT

题目链接

题目描述

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。

输入格式

第一行两个整数 $n$ 和 $m$ ，意义如题面所述。

接下来 $m$ 行每行 $4$ 个整数 $i$ , $a$ , $j$ , $b$ ，表示「 $x_i$ 为 $a$ 或 $x_j$ 为 $b$ 」( $b\in \{0,1\}$ )

输出格式

如无解，输出 IMPOSSIBLE；否则输出 POSSIBLE。

下一行 $n$ 个整数 $x_1\sim x_n$ （ $x_i\in\{0,1\}$ ），表示构造出的解。

样例输入 #1

3 1
1 1 3 0

样例输出 #1

POSSIBLE
0 0 0

提示

$1\leq n, m\leq 10^6$ , 前 $3$ 个点卡小错误，后面 $5$ 个点卡效率。

由于数据随机生成，可能会含有（ 10 0 10 0）之类的坑，但按照最常规写法的写的标程没有出错，各个数据点卡什么的提示在标程里。

code文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-827295.html

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	int n, m;
	cin >> n >> m;

	vector<vector<int>> g(2 * n + 1);
	for (int i = 1; i <= m; i ++ )
	{
		int a, va, b, vb;
		cin >> a >> va >> b >> vb;
		g[a + !va * n].push_back(b + vb * n);
		g[b + !vb * n].push_back(a + va * n);
		// 下面四行和上两行等价
		// if (va && vb) g[a].push_back(b + n), g[b].push_back(a + n);
		// else if (va && !vb) g[a].push_back(b), g[b + n].push_back(a + n);
		// else if (!va && vb) g[a + n].push_back(b + n), g[b].push_back(a);
		// else if (!va && !vb) g[a + n].push_back(b), g[b + n].push_back(a);
	}

	vector<int> dfn(2 * n + 1), low(2 * n + 1), id(2 * n + 1);
	vector<bool> in_stk(2 * n + 1);
	int timestamp = 0, scc_cnt = 0;
	stack<int> stk;

	function<void(int)> tarjan = [&](int u)
	{
    	dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳
    	stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中

    	for (int i = 0; i < g[u].size(); i ++ )
    	{
    	    int j = g[u][i]; // 取出u的所有邻点j
    	    if (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历
    	    {
    	        tarjan(j);
    	        low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]
    	    }
    	    else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]
    	}

    	if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点
    	{
    	    ++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一
    	    int y;
    	    do {
    	        y = stk.top(); // 取出栈顶元素
    	        stk.pop();
    	        in_stk[y] = false;

    	        id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号
    	    } while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止
    	}
	};

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

	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		if (id[i] == id[i + n])
		{
			cout << "IMPOSSIBLE\n";
			return 0;
		}
	
	cout << "POSSIBLE\n";
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		if (id[i] > id[i + n]) cout << 1 << ' ';
		else cout << 0 << ' ';
	cout << '\n';
}