什麼是2-SAT
2-sat問題是一個邏輯互斥問題，與我們小時候做過的一道數學題一樣。
A,B,C三個人中有兩個女生，其中如果A為女生，B一定不是女生，而且A與C性別相同，求A，B，C的性別。
這是一道非常簡單的題目，我們可以簡單分析一下。
我們用\(f[i]=0\)表示\(i\)為女生，\(f[i]=1\)表示\(i\)為男生，那麼“如果A為女生，B一定不是女生”這句話可以表示為\(if (f[1]==0) f[2]=1;\)反過來也一樣，即若B為女生，A一定不是。同理，“A與C性別相同”這句話就可以表示為\(f[3]=f[1]\)。而這，就是一道最簡單的2-sat問題。
那麼在此基礎上，我們就可以開始分析2-sat了。
概念
SAT是適定性(Satisfiability)問題的簡稱 。一般形式為k-適定性問題，簡稱 K-SAT。
可以證明，當\(K>2\)時，K-SAT是NP完全的。因此一般討論的是k=2的情況，即2-SAT問題。
我們通俗的說，就是給你n個變數\(a_i\)，每個變數能且只能取0/1的值。同時給出若干條件，形式諸如\((not)a_i\) opt \((not)a_j = 0/1\)，其中opt表示\(and,or,xor\)中的一種
而求解2-SAT的解就是求出滿足所有限制的一組a
如何求解2-sat
我們發現，每一個條件如上題中“如果A為女生，B一定不是女生”我們可以考慮將A與B拆點，拆為A為女（\(a_0\)）、A為男（\(a_1\)）、B為女（\(a_2\)）和B為男（\(a_3\)）。那麼這個條件我們就可以將\(a_1\)向\(a_4\)連一條單向邊，\(a_3\)向\(a_2\)連一條單向邊。那麼當我們發現它成為了環時，準確來說是當\(a_i\)和\(a_{i+1}\)在同一個環中，也就是說某人（hzr）既要當男生又要當女生時，顯然是不成立的，此時是無解的。若沒有出現這種情況，就說明存在這樣一組解。
我們可以舉一些簡單的例子來總結下連邊的規律（用i′表示i的反面）：
\(i,j\)不能同時選：選了\(i\)就要選\(j′\)，選\(j\)就要選\(i′\)。故\(i \rightarrow j′\),\(j \rightarrow i′\)。一般操作即為\(a_i\) ^ \(a_j=1\)
\(i,j\)必須同時選：選了\(i\)就要選\(j\)，選\(j\)就要選\(i\)。故\(i \rightarrow j\),\(j \rightarrow i\)。一般操作即為\(a_i\) ^ \(a_j\)=0
\(i,j\)任選（但至少選一個）選一個：選了\(i\)就要選\(j′\)，選j就要選\(i′\)，選\(i′\)就要選\(j\)，選\(j′\)就要選\(i\)。故\(i \rightarrow j′\),\(j \rightarrow i′\),\(i′ \rightarrow j\),\(j′ \rightarrow i\)。一般操作即為\(a_i\) ^ \(a_j\)=1
\(i\)必須選：直接\(i′\)→\(i\)，可以保證無論怎樣都選\(i\)。一般操作為給出的\(a_i=1\)或\(a_i\) & \(a_j=1\)
解法1——DFS
- 對於每個當前不確定的變數\(a_i\)，令\(a_i=0\)然後沿著邊DFS訪問相連的點。
- 檢查如果會導致任意一個\(j\)與\(j′\)都被選，那麼撤銷。否則令a_i=0
- 否則令\(a_i=1\)，重複2。如果還不行就無解。
- 繼續考慮下一個不確定的變數
這裡貼一下DFS的板子
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4e6+5;
struct edge{
int nex,to;
}e[maxn];
int fl[maxn],n,m,beg[maxn],tot,s[maxn],cnt;
int read() {
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int x,int y) {
e[++tot]=(edge){beg[x],y};
beg[x]=tot;
}
bool dfs(int now) {
if (fl[now^1]) return true;
if (fl[now]) return false;
s[++cnt]=now;fl[now]=1;
for (int i=beg[now];i;i=e[i].nex) {
int nex=e[i].to;
if (dfs(nex)) return true;
}
return false;
}
int main() {
n=read();m=read();
for (int i=1;i<=m;i++) {
int x=read()-1,u=read(),y=read()-1,v=read();
add(x*2+1-u,y*2+v);
add(y*2+1-v,x*2+u);
}
for (int i=0;i<n*2;i+=2) {
cnt=0;
if (dfs(i)) {
while(cnt) fl[s[cnt--]]=0;
if (dfs(i+1)) {
puts("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
}
}
puts("POSSIBLE");
for (int i=0;i<n;i++) {
if (fl[i*2]) cout<<0<<' ';
else cout<<1<<' ';
}
return 0;
}
//複雜度（O(n+m)）
解法2——SCC
考慮我們上面的判斷有無解的情況，我們想到完全可以藉助SCC來判斷兩個點是否互相到達。
那麼我們先縮點，如果\(i\)與\(i′\)在同一SCC裡那麼顯然無解。
否則選擇i與i′中拓撲序較大的一個就可以得到一組可行解。
不是很常用（主要是一般題目的資料範圍都不需要），用來判可行性比較好。