[Usaco2011 JAN]奶牛议会The Continental Cowngress——2-sat(拓扑序构造可行解)

题面

　　Bzoj2199(权限题)

　　洛谷P3007

解析

　　非常裸的一道2-sat问题， 麻烦在于如何构造可行解，因为要输出'?', 就不能写原来那种很简短的构造方法了，然而我又不会dfs的方法， 于是就写了拓扑序的构造方法

　　还是先tarjan缩点， 判断是否存在可行解，不存在就直接输出，存在再进行拓扑染色

　　(注：接下来的点$j$与点$j'$只代表它们是一对， 两者之间不存在大小关系与顺序，是可交换的)

　　先考虑不存在'?'的情况，即普通的构造解的情况。我们在缩点后的新图上建反向边然后染色， 对于每一个入度为0且没有染色的点，我们任意地对一个新图点$i$进行染色，染上不能选的颜色，再在它的镜像点$i'$上染上可以选的颜色。解释一下，如果原图点$j$在新图点$i$中，根据对称性，点$j'$在它的镜像点$i'$中，$i'$ 也一定是入度为0且没有染色的点，据此，我们可以枚举原图点$j$找到新图的点$i$与$i'$， 又因为我们建了反边，那么不能选的颜色必须传递给它能到的点，而可以选的颜色不能传。进行完这样的染色后，一对点$j$与点$j'$中必有一个染上了不能选的颜色，那么另一个就是选择，输出答案即可

　　再考虑在本题中什么时候要输出'Y'和'N'， 显然当$j$可以到达$j'$时， 必须输出$j'$代表的答案。因此我们在tarjan缩点后反向建边, 那么点$j$及其可以到达的点都必须染上不能选的标记， 而点$j'$的选择标记可打可不打， 因为必须把n对点都进行这样的操作完后才能得到所有信息，这样的信息才是准确的。如果一对点中有一个点$j$染上了不能选的颜色，那么另一个点$j'$就是选择, 输出$j'$代表的答案； 或者两个点都没有被染色，输出'?'; 因为这个时候已经判断过是否有解，所以不存在两个点都被染上了不能选的颜色这样的无解情况

　代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;

int n, m, low[maxn<<1], dfn[maxn<<1], stak[maxn<<1], bel[maxn<<1], vis[maxn<<1], cnt, timer, top;
bool col[maxn<<1];
vector<int> G[maxn<<1], H[maxn<<1];

//Y:0, N:1

void tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++timer;
    stak[++top] = x;
    vis[x] = 1;
    for(unsigned int i = 0; i < G[x].size(); ++i)
    {
        int id = G[x][i];
        if(!dfn[id])
        {
            tarjan(id);
            low[x] = min(low[x], low[id]);
        }
        else if(vis[id])
            low[x] = min(low[x], dfn[id]);
    }
    if(dfn[x] == low[x])
    {
        cnt ++;
        int t;
        do
        {
            t = stak[top--];
            vis[t] = 0;
            bel[t] = cnt;
        }
        while(t != x);
    }
}

void update(int x)
{
    vis[x] = timer;
    col[x] = 1;
    for(unsigned int i = 0; i < H[x].size(); ++i)
        if(vis[H[x][i]] != timer && col[H[x][i]] != 1)
            update(H[x][i]);
}

void dfs(int x, int y)
{
    vis[y] = timer;
    if(bel[(x+n)%(n<<1)] == y) 
    {
        update(y);
        return ;
    }
    for(unsigned int i = 0; i < H[y].size(); ++i)
    {
        int id = H[y][i];
        if(vis[id] != timer && col[id] != 1)
            dfs(x, id);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        int x, y;
        char s[2], c[2];
        scanf("%d", &x);scanf("%s", s);scanf("%d", &y);scanf("%s", c);
        if(s[0] == 'Y')
        {
            if(c[0] == 'Y')
            {
                G[x+n].push_back(y);
                G[y+n].push_back(x);
            }
            else
            {
                G[x+n].push_back(y+n);
                G[y].push_back(x);
            }
        }
        else
        {
            if(c[0] == 'N')
            {
                G[x].push_back(y+n);
                G[y].push_back(x+n);
            }
            else
            {
                G[x].push_back(y);
                G[y+n].push_back(x+n);
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= (n<<1); ++i)
        if(!dfn[i])
            tarjan(i);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        if(bel[i] == bel[i+n])
        {
            printf("IMPOSSIBLE
");
            return 0;
        }
    for(int i = 1; i <= (n<<1); ++i)
        for(unsigned j = 0; j < G[i].size(); ++j)
            if(bel[G[i][j]] != bel[i])
                H[bel[G[i][j]]].push_back(bel[i]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        ++timer;dfs(i, bel[i]);
        ++timer;dfs(i+n, bel[i+n]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if(!col[bel[i]] && !col[bel[i+n]])
            printf("?");
        else if(!col[bel[i]])
            printf("Y");
        else
            printf("N");
    }
    return 0;
}