题解 P4782 【【模板】2-SAT 问题】

Zxsoul · 2021-02-02 21:02:16 · 题解

浅谈2-SAT

前言

最近也是刚刷到，学了两个小时，分享一下我对它的理解

概念

2-SAT 拆开可以从字面上大体了解，即：满足条件数量为2的情况下得到的可行性最优解。

它的对象一般都是我们高中学的逆否命题，例如：

• 若 P 则 Q , 和 若非 P 则非 Q

  上述又称做逆否命题，待会讲解是会用到

• 真切的例子：有你没我，有我没你！

在 2-SAT 问题中，我们总能把 M 统一转化为 “若变量 A_i 赋值为 A_i,p ，则变量 A_j 就必须赋值为 A_j,q， 其中 p,q 均为我们常用的true,false ”

建边

回想一下高中概率统计那一部分，我们学过概率的计算，那么它表示什么

有了数学的理解，我们的建边会有新的台阶

• 建立 2N 个节点的有向图，每个变量 A_i 对应着两个节点，分别为 i 和 i + N

  • 都是两个点的原因是一个事件存在正反两面，即上述我们所说的逆否命题，他的正面成立，自然反面也必然成立，若不能理解，请自行百度了解逆否命题，（此处的正面与反面非广义）

• 当考虑条件时，让一对有关联的两个点建立有向边

  • 什么叫有关联呢，很简单，如果 A 成立，那么对应 B 的也一定成立，我们称此叫关联。最真切的例子就是，”今天你要登洛谷“，那么 “打卡” 这一事件 B 是你接下来一定要做的，类似的，都可以这么理解，存在必然性

• 那么有向边的指向呢？ 存在关联的问题定有前后顺序，即只有先发生 A, 才回先发生 B,就如 先有您父亲，再有您一样，那么具体点就是由"父亲"向“儿子”建边，如果倒过来，却没有逻辑

• 说一下列出数学概念的意义，在题中，限制条件是一个广泛的层面，而满足这个条件的有多种情况，所以我们可以利用概率思想全面的建边。

实现

Tarjan 算法是个不错的选择，因为它可以寻找请连通分量，强连通分量里存在我们需要的可行解。

无解: 如果一个事件的正反面都在同一个强联通分量里的，即你吃了苹果，可你又没吃苹果，这很冤，所以这是矛盾的，自然不存在可行解.

时间复杂度

保证所有的 2N 点都要被 tarjan 所以为：

可行解选择策略

我比较喜欢用拓扑序，即我们在tarjan时用来标记强连通分量的数组

因为 tarjan 的本质就是深搜，所以拓扑序按点从小到大排的话，拓扑序是由大到小的，即搜索树越深的点，拓扑序越小

因此我们可以通过比较拓扑序得到可行解，不同的题对于大小的不一样，

我认为，注意是我认为，如果否命题可以连向真命题，那么拓扑序大的记录答案，反之记录小的。讲解完毕！

Code

#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int A = 1e5 + 11;
const int B = 5 *1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
  char c = getchar();
  int x = 0, f = 1;
  for ( ; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -1;
  for ( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
  return x * f;
}
vector<int> e[B];
int vis[B];
int mon[B], cnt, n, m, low[B], dfn[B], lt[B], sum, ans, dis[B], st[B], top;
int x[B], y[B], vx[B], s, p;
void tarjan(int u){
  low[u] = dfn[u] = ++cnt, st[++top] = u;
  for (int i = 0; i < e[u].size(); i++){
    int v = e[u][i];
    if(!dfn[v]){ tarjan(v); low[u] = min(low[u], low[v]);}
    else if(!lt[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
  }
  if(dfn[u] == low[u]){
    sum++; 
    while(st[top] != u) {lt[st[top--]] = sum;}
    lt[st[top--]] = sum;
  }
}
int main() {
// freopen("a.in", "r", stdin);
//  freopen(".out", "w", stdout);
  n = read(), m = read();
  for(int i = 1; i <= m; i++){
     int x, a, y, b;
     cin >> x >> a >> y >>b;
     e[x + n * (a ^ 1)].push_back(y + n * (b & 1));
     e[y + n * (b ^ 1)].push_back(x + n * (a & 1));  
  }
  for(int i = 1; i <= (n << 1); i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
  for(int i = 1; i <= n; i++)
       if(lt[i] == lt[i + n]) 
        {
            cout << "IMPOSSIBLE" << "\n";
            return 0;
        }
  cout << "POSSIBLE" << endl;
  for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", lt[i] > lt[i + n]);
  return 0;
}

作者 @Tzy

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