【2-SAT问题】
现有一个由N个布尔值组成的序列A，给出一些限制关系，比如A[x] AND A[y]=0、A[x] OR A[y] OR A[z]=1等，要确定A[0..N-1]的值，使得其满足所有限制关系。这个称为SAT问题，特别的，若每种限制关系中最多只对两个元素进行限制，则称为2-SAT问题。
由于在2-SAT问题中，最多只对两个元素进行限制，所以可能的限制关系共有11种：
A[x]
NOT A[x]
A[x] AND A[y]
A[x] AND NOT A[y]
A[x] OR A[y]
A[x] OR NOT A[y]
NOT (A[x] AND A[y])
NOT (A[x] OR A[y])
A[x] XOR A[y]
NOT (A[x] XOR A[y])
A[x] XOR NOT A[y]
进一步，A[x] AND A[y]相当于(A[x]) AND (A[y])（也就是可以拆分成A[x]与A[y]两个限制关系），NOT(A[x] OR A[y])相当于NOT A[x] AND NOT A[y]（也就是可以拆分成NOT A[x]与NOT A[y]两个限制关系）。因此，可能的限制关系最多只有9种。
在实际问题中，2-SAT问题在大多数时候表现成以下形式：有N对物品，每对物品中必须选取一个，也只能选取一个，并且它们之间存在某些限制关系（如某两个物品不能都选，某两个物品不能都不选，某两个物品必须且只能选一个，某个物品必选）等，这时，可以将每对物品当成一个布尔值（选取第一个物品相当于0，选取第二个相当于1），如果所有的限制关系最多只对两个物品进行限制，则它们都可以转化成9种基本限制关系，从而转化为2-SAT模型。
【建模】
其实2-SAT问题的建模是和实际问题非常相似的。
建立一个2N阶的有向图，其中的点分为N对，每对点表示布尔序列A的一个元素的0、1取值（以下将代表A[i]的0取值的点称为i，代表A[i]的1取值的点称为i'）。显然每对点必须且只能选取一个。然后，图中的边具有特定含义。若图中存在边<i, j>，则表示若选了i必须选j。可以发现，上面的9种限制关系中，后7种二元限制关系都可以用连边实现，比如NOT(A[x] AND A[y])需要连两条边<x, y'>和<y, x'>，A[x] OR A[y]需要连两条边<x', y>和<y', x>。而前两种一元关系，对于A[x]（即x必选），可以通过连边<x', x>来实现，而NOT A[x]（即x不能选），可以通过连边<x, x'>来实现。
【O(NM)算法：求字典序最小的解】
根据2-SAT建成的图中边的定义可以发现，若图中i到j有路径，则若i选，则j也要选；或者说，若j不选，则i也不能选；
因此得到一个很直观的算法：
（1）给每个点设置一个状态V，V=0表示未确定，V=1表示确定选取，V=2表示确定不选取。称一个点是已确定的当且仅当其V值非0。设立两个队列Q1和Q2，分别存放本次尝试选取的点的编号和尝试不选的点的编号。
（2）若图中所有的点均已确定，则找到一组解，结束，否则，将Q1、Q2清空，并任选一个未确定的点i，将i加入队列Q1，将i'加入队列Q2；
（3）找到i的所有后继。对于后继j，若j未确定，则将j加入队列Q1；若j'（这里的j'是指与j在同一对的另一个点）未确定，则将j'加入队列Q2；
（4）遍历Q2中的每个点，找到该点的所有前趋（这里需要先建一个补图），若该前趋未确定，则将其加入队列Q2；
（5）在（3）（4）步操作中，出现以下情况之一，则本次尝试失败，否则本次尝试成功：
<1>某个已被加入队列Q1的点被加入队列Q2；
<2>某个已被加入队列Q2的点被加入队列Q1;
<3>某个j的状态为2；
<4>某个i'或j'的状态为1或某个i'或j'的前趋的状态为1；
（6）若本次尝试成功，则将Q1中的所有点的状态改为1，将Q2中所有点的状态改为2，转（2），否则尝试点i'，若仍失败则问题无解。
该算法的时间复杂度为O(NM)（最坏情况下要尝试所有的点，每次尝试要遍历所有的边），但是在多数情况下，远远达不到这个上界。
具体实现时，可以用一个数组vst来表示队列Q1和Q2。设立两个标志变量i1和i2（要求对于不同的i，i1和i2均不同，这样可以避免每次尝试都要初始化一次，节省时间），若vst[i]=i1则表示i已被加入Q1，若vst[i]=i2则表示i已被加入Q2。不过Q1和Q2仍然是要设立的，因为遍历（BFS）的时候需要队列，为了防止重复遍历，加入Q1（或Q2）中的点的vst值必然不等于i1（或i2）。中间一旦发生矛盾，立即中止尝试，宣告失败。
该算法虽然在多数情况下时间复杂度到不了O(NM)，但是综合性能仍然不如下面的O(M)算法。不过，该算法有一个很重要的用处：求字典序最小的解！
如果原图中的同一对点编号都是连续的（01、23、45……）则可以依次尝试第0对、第1对……点，每对点中先尝试编号小的，若失败再尝试编号大的。这样一定能求出字典序最小的解（如果有解的话），因为一个点一旦被确定，则不可更改。
如果原图中的同一对点编号不连续（比如03、25、14……）则按照该对点中编号小的点的编号递增顺序将每对点排序，然后依次扫描排序后的每对点，先尝试其编号小的点，若成功则将这个点选上，否则尝试编号大的点，若成功则选上，否则（都失败）无解。
2-sat构图进行可行性判断问题。二分+2-sat求解。
解题报告here
HDU 3622
/* HDU 3622 题意:给n对炸弹可以放置的位置(每个位置为一个二维平面上的点), 每次放置炸弹是时只能选择这一对中的其中一个点,每个炸弹爆炸 的范围半径都一样,控制爆炸的半径使得所有的爆炸范围都不相 交(可以相切),求解这个最大半径. 首先二分最大半径值,然后2-sat构图判断其可行性,对于每 两队位置(u,uu)和(v,vv),如果u和v之间的距离小于2*id,也就 是说位置u和位置v处不能同时防止炸弹(两范围相交),所以连边(u,vv) 和(v,uu),求解强连通分量判断可行性. 注意精度问题 */ #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> #include<math.h> using namespace std; const int MAXN=210; const int MAXM=40005;//边的最大数 const double eps=1e-5; struct Edge { int to,next; }edge1[MAXM],edge2[MAXM]; int head1[MAXN]; int head2[MAXN]; int tol1,tol2; bool vis1[MAXN],vis2[MAXN]; int Belong[MAXN];//连通分量标记 int T[MAXN];//dfs结点结束时间 int Bcnt,Tcnt; void add(int a,int b)//原图和逆图都要添加 { edge1[tol1].to=b; edge1[tol1].next=head1[a]; head1[a]=tol1++; edge2[tol2].to=a; edge2[tol2].next=head2[b]; head2[b]=tol2++; } void init()//建图前初始化 { memset(head1,-1,sizeof(head1)); memset(head2,-1,sizeof(head2)); memset(vis1,false,sizeof(vis1)); memset(vis2,false,sizeof(vis2)); tol1=tol2=0; Bcnt=Tcnt=0; } void dfs1(int x)//对原图进行dfs,算出每个结点的结束时间，哪个点开始无所谓 { vis1[x]=true; int j; for(int j=head1[x];j!=-1;j=edge1[j].next) if(!vis1[edge1[j].to]) dfs1(edge1[j].to); T[Tcnt++]=x; } void dfs2(int x) { vis2[x]=true; Belong[x]=Bcnt; int j; for(j=head2[x];j!=-1;j=edge2[j].next) if(!vis2[edge2[j].to]) dfs2(edge2[j].to); } struct Point { int x,y; }s[MAXN]; double dist(Point a,Point b) { return sqrt((double)(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y)); } bool ok(int n)//判断可行性 { for(int i=0;i<2*n;i++) if(!vis1[i]) dfs1(i); for(int i=Tcnt-1;i>=0;i--) if(!vis2[T[i]])//这个别写错，是vis2[T[i]] { dfs2(T[i]); Bcnt++; } for(int i=0;i<=2*n-2;i+=2) if(Belong[i]==Belong[i+1]) return false; return true; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); int n; double left,right,mid; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d%d%d",&s[2*i].x,&s[2*i].y,&s[2*i+1].x,&s[2*i+1].y); left=0; right=40000.0; while(right-left>=eps) { mid=(left+right)/2; init(); for(int i=0;i<2*n-2;i++) { int t; if(i%2==0)t=i+2; else t=i+1; for(int j=t;j<2*n;j++) if(dist(s[i],s[j])<2*mid)//冲突了 { add(i,j^1); add(j,i^1);//注意顺序不能变的 } } if(ok(n))left=mid; else right=mid; } printf("%.2lf\n",right); } return 0; }
HDU 3622
/* HDU 3622 G++ 734ms 784K */ #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> #include<math.h> #include<queue> #include<vector> using namespace std; const int MAXN=210; const double eps=1e-5; char color[MAXN];//染色 bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=0;i<n;i++) if(id[2*i]==id[2*i+1]) return false; return true; } struct Point { int x,y; }s[MAXN]; double dist(Point a,Point b) { return sqrt((double)(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y)); } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); double left,right,mid; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d%d%d",&s[2*i].x,&s[2*i].y,&s[2*i+1].x,&s[2*i+1].y); left=0; right=40000.0; while(right-left>=eps) { mid=(left+right)/2; adj.assign(2*n,vector<int>()); radj.assign(2*n,vector<int>()); for(int i=0;i<2*n-2;i++) { int t; if(i%2==0)t=i+2; else t=i+1; for(int j=t;j<2*n;j++) if(dist(s[i],s[j])<2*mid)//冲突了 { //add(i,j^1); //add(j,i^1);//注意顺序不能变的 adj[i].push_back(j^1); adj[j].push_back(i^1); radj[j^1].push_back(i); radj[i^1].push_back(j); } } korasaju(); if(solvable())left=mid; else right=mid; } printf("%.2lf\n",right); } return 0; }
2、HDU 1814 Peaceful Commission
2-sat题目。要求输出字典序最小解。
解题报告见here
输出字典序最小的解的程序：
HDU 1814
/* HDU 1814 求出字典序最小的解 C++ 2652ms 2316K */ #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; const int MAXN=16010; const int MAXM=100000; struct Node { int a,b,pre,next; }E[MAXM],E2[MAXM]; int _n,n,m; int V[MAXN],ST[MAXN][2],Q[MAXN],Q2[MAXN],vst[MAXN]; bool res_ex; void init_d() { for(int i=0;i<n;i++) E[i].a=E[i].pre=E[i].next=E2[i].a=E2[i].pre=E2[i].next=i; m=n; } void add_edge(int a,int b) { E[m].a=a;E[m].b=b;E[m].pre=E[a].pre;E[m].next=a;E[a].pre=m;E[E[m].pre].next=m; E2[m].a=b;E2[m].b=a;E2[m].pre=E2[b].pre;E2[m].next=b;E2[b].pre=m;E2[E2[m].pre].next=m; m++; } void solve() {//1 for(int i=0;i<n;i++) { V[i]=0; vst[i]=0; } res_ex=1; int i,i1,i2,j,k,front,rear,front2,rear2; int len; bool ff; for(int _i=0;_i<_n;_i++) {//2 if(V[_i<<1]==1||V[(_i<<1)+1]==1)continue;//找一对未确定的点 i=_i<<1;len=0; if(!V[i]) {//3 ST[len][0]=i; ST[len++][1]=1; if(!V[i^1]) { ST[len][0]=i^1; ST[len++][1]=2; } Q[front=rear=0]=i; vst[i]=i1=n+i; Q2[front2=rear2=0]=i^1; vst[i^1]=i2=(n<<1)+i; ff=1; for(;front<=rear;front++) {//4 j=Q[front]; for(int p=E[j].next;p!=j;p=E[p].next) {//5 k=E[p].b; if(V[k]==2||vst[k]==i2||V[k^1]==1||vst[k^1]==i1) {ff=0;break;} if(vst[k]!=i1) {//6 Q[++rear]=k;vst[k]=i1; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=1; } }//6 if(vst[k^1]!=i2) {//6 Q2[++rear2]=k^1;vst[k^1]=i2; if(!V[k]) { ST[len][0]=k^1; ST[len++][1]=2; } }//6 }//5 if(!ff)break; }//4 if(ff) {//4 for(;front2<=rear2;front2++) {//5 j=Q2[front2]; for(int p=E2[j].next;p!=j;p=E2[p].next) {//6 k=E2[p].b; if(V[k]==1||vst[k]==i1) {ff=0;break;} if(vst[k]!=i2) { vst[k]=i2;Q2[++rear]=k; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=2; } } }//6 if(!ff)break; }//5 if(ff) { for(int j=0;j<len;j++)V[ST[j][0]]=ST[j][1]; continue; } }//4 }//3 i=(_i<<1)+1;len=0; //******************************************** //下面这段和上面完全一样的，可以复制。但是要保证上面写对 //******************************************** if(!V[i]) {//3 ST[len][0]=i; ST[len++][1]=1; if(!V[i^1]) { ST[len][0]=i^1; ST[len++][1]=2; } Q[front=rear=0]=i; vst[i]=i1=n+i; Q2[front2=rear2=0]=i^1; vst[i^1]=i2=(n<<1)+i; ff=1; for(;front<=rear;front++) {//4 j=Q[front]; for(int p=E[j].next;p!=j;p=E[p].next) {//5 k=E[p].b; if(V[k]==2||vst[k]==i2||V[k^1]==1||vst[k^1]==i1) {ff=0;break;} if(vst[k]!=i1) {//6 Q[++rear]=k;vst[k]=i1; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=1; } }//6 if(vst[k^1]!=i2) {//6 Q2[++rear2]=k^1;vst[k^1]=i2; if(!V[k]) { ST[len][0]=k^1; ST[len++][1]=2; } }//6 }//5 if(!ff)break; }//4 if(ff) {//4 for(;front2<=rear2;front2++) {//5 j=Q2[front2]; for(int p=E2[j].next;p!=j;p=E2[p].next) {//6 k=E2[p].b; if(V[k]==1||vst[k]==i1) {ff=0;break;} if(vst[k]!=i2) { vst[k]=i2;Q2[++rear]=k; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=2; } } }//6 if(!ff)break; }//5 if(ff) { for(int j=0;j<len;j++)V[ST[j][0]]=ST[j][1]; continue; } }//4 }//3 //************************************************************** if(V[_i<<1]+V[(_i<<1)+1]!=3){res_ex=0;break;} }//2 }//1 //点的编号必须从0开始，2*i和2*i+1是一对sat int main() { int M; int x,y; while(scanf("%d%d",&_n,&M)!=EOF) { n=_n<<1; init_d(); while(M--) { scanf("%d%d",&x,&y); x--; y--; if(x!=(y^1)) { add_edge(x,y^1); add_edge(y,x^1); } } solve(); if(res_ex) { for(int i=0;i<n;i++)//V为0为不确定，1为确定选择，2为确定不选择 if(V[i]==1)printf("%d\n",i+1); } else printf("NIE\n"); } return 0; }
另外写了一个输出任意一组解的程序：
HDU 1814
/* HDU 1814 任意输出一组可行解。 在HDU上不能AC，HDU 上要求字典序最小的解 */ //2-SAT问题 //求出所有强连通分量,如果有矛盾点同处于一个连通分量则无解 //缩点，将原图反向建立DAG图//按拓扑排序着色，找一个未着色点x，染成红色 //将与x矛盾的顶点及其子孙染为蓝色 //直到所有顶点均被染色，红色即为2-SAT的一组解 //点的编号从1开始，2*i和2*i+1是一组的 #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<string.h> using namespace std; const int MAXN=16010;//8000*2 char color[MAXN];//染色 bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,m,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=1;i<=2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=1;i<=n;i++) if(id[2*i-1]==id[2*i]) return false; return true; } void topsort() { int i,j,len,now,p,pid; while(!q1.empty()) { now=q1.front(); q1.pop(); if(color[now]!=0)continue; color[now]='R'; ind[now]=-1; for(i=1;i<=2*n;i++) { if(id[i]==now) { p=(i%2)?i+1:i-1; pid=id[p]; q2.push(pid); while(!q2.empty()) { pid=q2.front(); q2.pop(); if(color[pid]=='B')continue; color[pid]='B'; len=dag[pid].size(); for(j=0;j<len;j++) q2.push(dag[pid][j]); } } } len=dag[now].size(); for(i=0;i<len;i++) { ind[dag[now][i]]--; if(ind[dag[now][i]]==0) q1.push(dag[now][i]); } } } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); int i,j,x,y,xx,yy,len; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { adj.assign(2*n+1,vector<int>()); radj.assign(2*n+1,vector<int>()); for(i=0;i<m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); xx=(x%2)?x+1:x-1; yy=(y%2)?y+1:y-1; adj[x].push_back(yy); adj[y].push_back(xx); radj[yy].push_back(x); radj[xx].push_back(y); } korasaju(); if(!solvable())printf("NIE\n"); else { dag.assign(cnt+1,vector<int>()); memset(ind,0,sizeof(ind)); memset(color,0,sizeof(color)); for(i=1;i<=2*n;i++) { len=adj[i].size(); for(j=0;j<len;j++) if(id[i]!=id[adj[i][j]]) { dag[id[adj[i][j]]].push_back(id[i]); ind[id[i]]++; } } for(i=1;i<=cnt;i++) if(ind[i]==0) q1.push(i); topsort(); for(i=1;i<=n;i++)//小心别写错，是color[id[ if(color[id[2*i-1]]=='R')printf("%d\n",2*i-1); else printf("%d\n",2*i); } } } /* 根据宪法，Byteland民主共和国的公众和平委员会应该在国会中通过立法程序来创立。 不幸的是，由于某些党派代表之间的不和睦而使得这件事存在障碍。 此委员会必须满足下列条件： ■每个党派都在委员会中恰有1个代表， ■如果2个代表彼此厌恶，则他们不能都属于委员会。 每个党在议会中有2个代表。代表从1编号到2n。 编号为2i-1和2i的代表属于第I个党派。 任务 写一程序： ■从文本文件读入党派的数量和关系不友好的代表对， ■计算决定建立和平委员会是否可能，若行，则列出委员会的成员表， ■结果写入文本文件。 输入 在文本文件的第一个行有2非负整数n和m。 他们各自表示：党派的数量n，1 < =n < =8000和不友好的代表对m，0 <=m <=20000。 在下面m行的每行为一对整数a,b，1<=a <b<=2n，中间用单个空格隔开。 它们表示代表a,b互相厌恶。 输出 如果委员会不能创立，文本文件中应该包括单词NIE。若能够成立，文本文件SPO.OUT中应该包括n个从区间1到2n选出的整数，按升序写出，每行一个，这些数字为委员会中代表的编号。如果委员会能以多种方法形成，程序可以只写他们的某一个。 样品输入 3 2 1 3 2 4样品输出 1 4 5 */
3、POJ 3207 Ikki's Story IV - Panda's Trick
可行性判断
解题报告见here
POJ 3207
/* POJ 3207 题意：平面上，一个圆，圆的边上按顺时针放着n个点。现在要连m条边， 比如a，b，那么a到b可以从圆的内部连接，也可以从圆的外部连接。 给你的信息中，每个点最多只会连接的一条边。问能不能连接这m条边， 使这些边都不相交。 思路：对于每条Link，要么在圆外，要么在圆内，且不可同时满足， 只能两者取一，判断这M条Link是否合法，也就是M条Link不冲突， 这就是典型的2-sat问题了。 将每条Link i 看做一个点，如果Link在圆内， 则选做i ，如果在圆外， 则选做i'。对于两条线(i,j) ，如果i，j不能同时 在圆内，也就可以推出两者不能同时在圆外，这个证明很容易，读者可 以自行证明。i, j不能同时在圆内，则有边(i, j') 、(j ,i')、(i'，j)、(j' ,i) (这是由2-sat的构图方式决定的，具体可以看《由对称性解2-SAT问题》 这篇论文）。建图完了之后，本题就是判断2-sat问题是否有解， 先求原图的强连通分量，并缩点，(这里我们称：(i,i')属于同一组)， 判断是否存在(i,i')属于同一组，若存在，则不可能，若不存在则可能。 C++ 204MS 2248K */ #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<string.h> #include<iostream> #include<math.h> #include<queue> #include<vector> using namespace std; const int MAXN=1010; bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=0;i<n;i++) if(id[2*i]==id[2*i+1]) return false; return true; } struct Node { int s,t; }node[MAXN]; int main() { int N; int x,y; while(scanf("%d%d",&N,&n)!=EOF) { for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); if(x>y)swap(x,y); node[i].s=x; node[i].t=y; } adj.assign(2*n,vector<int>()); radj.assign(2*n,vector<int>()); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=i+1;j<n;j++) { if((node[i].s<node[j].s&&node[j].s<node[i].t&&node[i].t<node[j].t)||(node[j].s<node[i].s&&node[i].s<node[j].t&&node[j].t<node[i].t)) { adj[2*i].push_back(2*j+1); adj[2*j+1].push_back(2*i); adj[2*i+1].push_back(2*j); adj[2*j].push_back(2*i+1); radj[2*j+1].push_back(2*i); radj[2*i].push_back(2*j+1); radj[2*j].push_back(2*i+1); radj[2*i+1].push_back(2*j); } } korasaju(); if(solvable())printf("panda is telling the truth...\n"); else printf("the evil panda is lying again\n"); } return 0; }
二分+2-SAT可行性判断
和HDU 3644很相似的方法。
解题报告here
POJ 2296
/* POJ 2296 二分+2-SAT可行性判断 题意：给你n个点，要你在这n个点上放一个正方形，点 只能在正方形的上边或下边的中点上，所有正方形大小一样， 不能重叠，求最大的正方形。。。 如果abs(s[i].x-s[j].x)>=r则可以随便放 如果 abs[s[i].x-s[j].y)<r; 如果abs(s[i].y-s[j].y)<r,如果s[i].y==s[i].y则要求一个放上面一个放下面。 否则只能是上面的点放上面，下面的点放下面。 如果r<=abs(s[i].y-s[j].y)<2*r,则除了上面的点放下方、下面的点放上方的情况都是可以的。 C++ 422ms 467K G++ 32ms */ #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h> #include<vector> #include<queue> #include<math.h> using namespace std; const int MAXN=220; bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=0;i<n;i++) if(id[2*i]==id[2*i+1]) return false; return true; } struct Point { int x,y; }s[MAXN]; int main() { int T; int left,right,mid; int ans; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y); left=0; right=80000; while(right-left>=0) { mid=(left+right)>>1; adj.assign(2*n,vector<int>()); radj.assign(2*n,vector<int>()); //2*i表示放上面的，2*i+1表示放下面 for(int i=0;i<n;i++) for(int j=i+1;j<n;j++) { if(abs(s[i].x-s[j].x)>=mid)continue;//没有限制 if(abs(s[i].y-s[j].y)<mid) { if(s[i].y==s[j].y)//一个上一个下 { adj[2*i].push_back(2*j+1); adj[2*j].push_back(2*i+1); adj[2*i+1].push_back(2*j); adj[2*j+1].push_back(2*i); radj[2*i].push_back(2*j+1); radj[2*j].push_back(2*i+1); radj[2*i+1].push_back(2*j); radj[2*j+1].push_back(2*i); } else if(s[i].y>s[j].y)//i放上面，j放下面 { adj[2*i+1].push_back(2*i); adj[2*j].push_back(2*j+1); radj[2*i].push_back(2*i+1); radj[2*j+1].push_back(2*j); } else { adj[2*i].push_back(2*i+1); adj[2*j+1].push_back(2*j); radj[2*i+1].push_back(2*i); radj[2*j].push_back(2*j+1); } } else if(abs(s[i].y-s[j].y)<2*mid)//上面的放下面和下面的放上面是不允许的 { if(s[i].y>s[j].y) { adj[2*i+1].push_back(2*j+1); adj[2*j].push_back(2*i); radj[2*j+1].push_back(2*i+1); radj[2*i].push_back(2*j); } else { adj[2*j+1].push_back(2*i+1); adj[2*i].push_back(2*j); radj[2*i+1].push_back(2*j+1); radj[2*j].push_back(2*i); } } } korasaju(); if(solvable()){ans=mid;left=mid+1;} else right=mid-1; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
此题陷进比较多。要输出一组解的2-SAT。
POJ 3648
/* POJ 3648 【题意】：有一对新人结婚，邀请n对夫妇去参加婚礼。 有一张很长的桌子，人只能坐在桌子的两边，还要满 足下面的要求：1.每对夫妇不能坐在同一侧 2.n对夫妇 之中可能有通奸关系（包括男男，男女，女女），有通 奸关系的不能同时坐在新娘的对面，可以分开坐，可以 同时坐在新娘这一侧。如果存在一种可行的方案，输出 与新娘同侧的人。 输出任意一组解，点的编号从0~2n-1 AC G++ 16ms 724K 取和新郎同一侧的，输出的时候反一下就变成和新娘同一侧的了 */ #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<string.h> using namespace std; const int MAXN=200;// char color[MAXN];//染色 bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,m,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=0;i<n;i++) if(id[2*i]==id[2*i+1]) return false; return true; } void topsort() { int i,j,len,now,p,pid; while(!q1.empty()) { now=q1.front(); q1.pop(); if(color[now]!=0)continue; color[now]='R'; ind[now]=-1; for(i=0;i<2*n;i++) { if(id[i]==now) { //p=(i%2)?i+1:i-1;//点的编号从0开始以后这一定要修改 p=i^1; pid=id[p]; q2.push(pid); while(!q2.empty()) { pid=q2.front(); q2.pop(); if(color[pid]=='B')continue; color[pid]='B'; len=dag[pid].size(); for(j=0;j<len;j++) q2.push(dag[pid][j]); } } } len=dag[now].size(); for(i=0;i<len;i++) { ind[dag[now][i]]--; if(ind[dag[now][i]]==0) q1.push(dag[now][i]); } } } int main() { int x,y; char c1,c2; int i,j; int len; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { if(n==0&&m==0)break; adj.assign(2*n,vector<int>()); radj.assign(2*n,vector<int>()); while(m--) { scanf("%d%c%d%c",&x,&c1,&y,&c2); if(c1=='w')x=2*x; else x=2*x+1; if(c2=='w')y=2*y; else y=2*y+1; if(x!=(y^1)) { adj[x].push_back(y^1); adj[y].push_back(x^1); radj[y^1].push_back(x); radj[x^1].push_back(y); } } adj[0].push_back(1); radj[1].push_back(0); //加一条新娘到新郎的边。 //表示选了新娘必选新郎，这样如果选了新娘就会判断无解。 //这样选出来的组合必定是有新郎的，即和新郎坐在同一侧的 korasaju(); if(!solvable())printf("bad luck\n"); else { dag.assign(cnt+1,vector<int>()); memset(ind,0,sizeof(ind)); memset(color,0,sizeof(color)); for(i=0;i<2*n;i++) { len=adj[i].size(); for(j=0;j<len;j++) if(id[i]!=id[adj[i][j]]) { dag[id[adj[i][j]]].push_back(id[i]); ind[id[i]]++; } } for(i=1;i<=cnt;i++) if(ind[i]==0) q1.push(i); topsort(); for(i=1;i<n;i++)//小心别写错，是color[id[ { if(i>1)printf(" "); if(color[id[2*i]]=='R')printf("%dh",i);//选取的是和新郎同一侧的，输出和新娘同一侧的 //所以输出的时候h和w换一下 else printf("%dw",i); } printf("\n"); } } return 0; }
POJ 3648
/* POJ3648 【题意】：有一对新人结婚，邀请n对夫妇去参加婚礼。 有一张很长的桌子，人只能坐在桌子的两边，还要满 足下面的要求：1.每对夫妇不能坐在同一侧 2.n对夫妇 之中可能有通奸关系（包括男男，男女，女女），有通 奸关系的不能同时坐在新娘的对面，可以分开坐，可以 同时坐在新娘这一侧。如果存在一种可行的方案，输出 与新娘同侧的人。 求字典序最小的解,点的编号从0~2n-1 G++ 0ms */ #include<iostream> #include<stdio.h> using namespace std; const int MAXN=20000; const int MAXM=100000;//这个必须开大一点 struct Node { int a,b,pre,next; }E[MAXM],E2[MAXM];//原图和逆图 int _n,n,m,V[MAXN],ST[MAXN][2],Q[MAXN],Q2[MAXN],vst[MAXN]; bool res_ex; void init_d()//初始化 { for(int i=0;i<n;i++)//相当于建出双重邻接表的头结点 E[i].a=E[i].pre=E[i].next=E2[i].a=E2[i].pre=E2[i].next=i; m=n;//m是建造双重邻接表时结点的编号 } void add_edge(int a,int b)//加入边(a,b),需要在原图和逆图中添加边 {//实际上建造出的是循环状的图 E[m].a=a;E[m].b=b;E[m].pre=E[a].pre;E[m].next=a;E[a].pre=m;E[E[m].pre].next=m; E2[m].a=b;E2[m].b=a;E2[m].pre=E2[b].pre;E2[m].next=b;E2[b].pre=m;E2[E2[m].pre].next=m++; } void solve() { for(int i=0;i<n;i++) { V[i]=0; vst[i]=0; } res_ex=1; int i,i1,i2,j,k,len,front,rear,front2,rear2; bool ff; for(int _i=0;_i<_n;_i++) { if(V[_i<<1]==1||V[(_i<<1)+1]==1) continue;//找一对未被确定的点 i=_i<<1;len=0; if(!V[i]) { ST[len][0]=i;ST[len++][1]=1; if(!V[i ^ 1]) { ST[len][0]=i^1; ST[len++][1]=2; } Q[front=rear=0]=i; vst[i]=i1=n+i; Q2[front2=rear2=0]=i^1; vst[i^1]=i2=(n<<1)+i; //i1,i2为标志量，这样设置标志量使得每次都不一样，省去了初始化 ff=1; for(;front<=rear;front++) { j=Q[front]; for(int p=E[j].next;p!=j;p=E[p].next) { k=E[p].b; if(V[k]==2||vst[k]==i2||V[k^1]==1||vst[k^1]==i1) {ff=0;break;} if(vst[k]!=i1) { Q[++rear]=k;vst[k]=i1; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=1; } } if(vst[k^1]!=i2) { Q2[++rear2]=k^1;vst[k^1]=i2; if(!V[k]) { ST[len][0]=k^1; ST[len++][1]=2; } } } if(!ff) break; } if(ff) { for(;front2<=rear2;front2++) { j=Q2[front2]; for(int p=E2[j].next;p!=j;p=E2[p].next) { k=E2[p].b; if(V[k]==1||vst[k]==i1) { ff=0; break; } if(vst[k]!=i2) { vst[k]=i2;Q2[++rear]=k; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=2; } } } if(!ff) break; } if(ff) { for(int j=0;j<len;j++) V[ST[j][0]]=ST[j][1]; continue; } } } i=(_i<<1)+1;len=0; if(!V[i]) { ST[len][0]=i;ST[len++][1]=1; if(!V[i ^ 1]) { ST[len][0]=i^1; ST[len++][1]=2; } Q[front=rear=0]=i; vst[i]=i1=n+i; Q2[front2=rear2=0]=i^1; vst[i^1]=i2=(n<<1)+i; ff=1; for(;front<=rear;front++) { j=Q[front]; for(int p=E[j].next;p!=j;p=E[p].next) { k=E[p].b; if(V[k]==2||vst[k]==i2||V[k^1]==1||vst[k^1]==i1) {ff=0;break;} if(vst[k]!=i1) { Q[++rear]=k;vst[k]=i1; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=1; } } if(vst[k^1]!=i2) { Q2[++rear2]=k^1;vst[k^1]=i2; if(!V[k]) { ST[len][0]=k^1; ST[len++][1]=2; } } } if(!ff) break; } if(ff) { for(;front2<=rear2;front2++) { j=Q2[front2]; for(int p=E2[j].next;p!=j;p=E2[p].next) { k=E2[p].b; if(V[k]==1||vst[k]==i1) { ff=0; break; } if(vst[k]!=i2) { vst[k]=i2;Q2[++rear]=k; if(!V[k]) { ST[len][0]=k; ST[len++][1]=2; } } } if(!ff) break; } if(ff) { for(int j=0;j<len;j++) V[ST[j][0]]=ST[j][1]; continue; } } } if(V[_i<<1]+V[(_i<<1)+1]!=3){res_ex=0;break;} } } int main() { int _m,a,b; char ch1,ch2; while(scanf("%d%d",&_n,&_m)!=EOF)//_n是点的对数，_m是冲突的点个数 { if(_n==0&&_m==0)break; n=_n<<1; init_d(); for(int i=0;i<_m;i++) { scanf("%d%c%d%c",&a,&ch1,&b,&ch2); if(ch1=='w') a=2*a; else a=2*a+1; if(ch2=='w') b=2*b; else b=2*b+1; if(a!=(b^1)) { add_edge(a,b^1);//选a,必选b^1， add_edge(b,a^1);//选b,必选a^1， } } add_edge(0,1);//加一条新娘到新郎的边。 //表示选了新娘必选新郎，这样如果选了新娘就会判断无解。 //这样选出来的组合必定是有新郎的，即和新郎坐在同一侧的 solve(); bool first=false; if(res_ex) { for(int i=0;i<n;i++) { if(V[i]==1&&i!=1) { if(first)printf(" "); else first=true; printf("%d%c",i/2,i%2==0?'h':'w');//选取的是和新郎同一侧的，输出和新娘同一侧的 //所以输出的时候h和w换一下 } } printf("\n"); } else printf("bad luck\n"); } return 0; }
给出一些两两之间的AND,OR,XOR表达式的值，问有没有解。
经典的2-SAT问题。简单。
POJ 3678
/* POJ 3678 给出两两之间的AND,OR,XOR的值，判断有没有解 典型的2-SAT */ #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<string.h> using namespace std; const int MAXN=2200;// bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,m,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=0;i<n;i++) if(id[2*i]==id[2*i+1]) return false; return true; } int main() { int a,b,c; char ch[10]; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { adj.assign(2*n,vector<int>()); radj.assign(2*n,vector<int>()); while(m--) { scanf("%d%d%d%s",&a,&b,&c,&ch); int i=a,j=b; if(strcmp(ch,"AND")==0) { if(c==1)//两个都要取1 { adj[2*i].push_back(2*i+1); adj[2*j].push_back(2*j+1); radj[2*i+1].push_back(2*i); radj[2*j+1].push_back(2*j); } else //不能两个同时取1 { adj[2*i+1].push_back(2*j); adj[2*j+1].push_back(2*i); radj[2*j].push_back(2*i+1); radj[2*i].push_back(2*j+1); } } else if(strcmp(ch,"OR")==0) { if(c==0)//两个都要为0 { adj[2*i+1].push_back(2*i); adj[2*j+1].push_back(2*j); radj[2*i].push_back(2*i+1); radj[2*j].push_back(2*j+1); } else { adj[2*i].push_back(2*j+1); adj[2*j].push_back(2*i+1); radj[2*j+1].push_back(2*i); radj[2*i+1].push_back(2*j); } } else { if(c==0)//要相同 { adj[2*i].push_back(2*j); adj[2*j].push_back(2*i); adj[2*i+1].push_back(2*j+1); adj[2*j+1].push_back(2*i+1); radj[2*i].push_back(2*j); radj[2*j].push_back(2*i); radj[2*i+1].push_back(2*j+1); radj[2*j+1].push_back(2*i+1); } else { adj[2*i].push_back(2*j+1); adj[2*j].push_back(2*i+1); adj[2*i+1].push_back(2*j); adj[2*j+1].push_back(2*i); radj[2*i].push_back(2*j+1); radj[2*j].push_back(2*i+1); radj[2*i+1].push_back(2*j); radj[2*j+1].push_back(2*i); } } } korasaju(); if(solvable())printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0; }
7、HDU 4115 Eliminate the Conflict
2-SAT判断是否有解问题。主要是要细心，注意细节。
HDU 4115
/* HDU 4115 题意： 有两个人玩一个石头剪刀布的游戏，两个人连续玩N轮，给出其中 一个人的N轮出的情况和该人对另外一个人的一些限制条件，有两种限制： 每种限制表示为：(a,b,c) ，如果c==0 则表示该人对另外一个人的限制为第a 局和第b局出的应该一样，如果c==1表示不一样，问另外一个人是否有赢的 可能。 */ #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #include<string.h> using namespace std; const int MAXN=22000;// bool visit[MAXN]; queue<int>q1,q2; //vector建图方法很妙 vector<vector<int> >adj; //原图 //中间一定要加空格把两个'>'隔开 vector<vector<int> >radj;//逆图 vector<vector<int> >dag;//缩点后的逆向DAG图 int n,m,cnt; int id[MAXN],order[MAXN],ind[MAXN];//强连通分量，访问顺序，入度 void dfs(int u) { visit[u]=true; int i,len=adj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[adj[u][i]]) dfs(adj[u][i]); order[cnt++]=u; } void rdfs(int u) { visit[u]=true; id[u]=cnt; int i,len=radj[u].size(); for(i=0;i<len;i++) if(!visit[radj[u][i]]) rdfs(radj[u][i]); } void korasaju() { int i; memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=0;i<2*n;i++) if(!visit[i]) dfs(i); memset(id,0,sizeof(id)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(cnt=0,i=2*n-1;i>=0;i--) if(!visit[order[i]]) { cnt++;//这个一定要放前面来 rdfs(order[i]); } } bool solvable() { for(int i=0;i<n;i++) if(id[2*i]==id[2*i+1]) return false; return true; } void add(int x,int y) { adj[x].push_back(y); radj[y].push_back(x); } int a[MAXN],b[MAXN]; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); int T; int x,y,z; scanf("%d",&T); int iCase=0; while(T--) { iCase++; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if(a[i]==1)b[i]=2; else if(a[i]==2)b[i]=3; else b[i]=1; if(a[i]>b[i])swap(a[i],b[i]); } adj.assign(2*n,vector<int>()); radj.assign(2*n,vector<int>()); bool flag=true; while(m--) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); x--; y--; if(!flag)continue; if(x==y) { if(z==1)flag=false; continue; } if(z==0)//要相等 { /* //这种加边方法也可以 if(a[x]==a[y]&&b[x]==b[y]) { adj[2*x].push_back(2*y); adj[2*y].push_back(2*x); adj[2*x+1].push_back(2*y+1); adj[2*y+1].push_back(2*x+1); radj[2*x].push_back(2*y); radj[2*y].push_back(2*x); radj[2*x+1].push_back(2*y+1); radj[2*y+1].push_back(2*x+1); } else if(a[x]==a[y]&&b[x]!=b[y])//只能选a { adj[2*x+1].push_back(2*x); adj[2*y+1].push_back(2*y); radj[2*x].push_back(2*x+1); radj[2*y].push_back(2*y+1); } else if(a[x]!=a[y]&&b[x]==b[y])//只能选b { adj[2*x].push_back(2*x+1); adj[2*y].push_back(2*y+1); radj[2*x+1].push_back(2*x); radj[2*y+1].push_back(2*y); } else if(a[x]==b[y])//23和12 { adj[2*x+1].push_back(2*x); adj[2*y].push_back(2*y+1); radj[2*x].push_back(2*x+1); radj[2*y+1].push_back(2*y); } else if(b[x]==a[y]) { adj[2*x].push_back(2*x+1); adj[2*y+1].push_back(2*y); radj[2*x+1].push_back(2*x); radj[2*y].push_back(2*y+1); } */ if(a[x]!=a[y]) { add(2*x,2*y+1); add(2*y,2*x+1); } if(a[x]!=b[y]) { add(2*x,2*y); add(2*y+1,2*x+1); } if(b[x]!=a[y]) { add(2*x+1,2*y+1); add(2*y,2*x); } if(b[x]!=b[y]) { add(2*x+1,2*y); add(2*y+1,2*x); } } else if(z==1) { /* //这种加边方法也可以 if(a[x]==a[y]&&b[x]==b[y]) { adj[2*x].push_back(2*y+1); adj[2*y].push_back(2*x+1); adj[2*x+1].push_back(2*y); adj[2*y+1].push_back(2*x); radj[2*x+1].push_back(2*y); radj[2*y+1].push_back(2*x); radj[2*x].push_back(2*y+1); radj[2*y].push_back(2*x+1); } else if(a[x]==a[y]&&b[x]!=b[y]) { adj[2*x].push_back(2*y+1); adj[2*y].push_back(2*x+1); radj[2*y+1].push_back(2*x); radj[2*x+1].push_back(2*y); } else if(a[x]!=a[y]&&b[x]==b[y]) { adj[2*x+1].push_back(2*y); adj[2*y+1].push_back(2*x); radj[2*y].push_back(2*x+1); radj[2*x].push_back(2*y+1); } else if(a[x]==b[y]) { adj[2*x].push_back(2*y); adj[2*y+1].push_back(2*x+1); radj[2*y].push_back(2*x); radj[2*x+1].push_back(2*y+1); } else if(b[x]==a[y]) { adj[2*x+1].push_back(2*y+1); adj[2*y].push_back(2*x); radj[2*y+1].push_back(2*x+1); radj[2*x].push_back(2*y); } */ if(a[x]==a[y]) { add(2*x,2*y+1); add(2*y,2*x+1); } if(a[x]==b[y]) { add(2*x,2*y); add(2*y+1,2*x+1); } if(b[x]==a[y]) { add(2*x+1,2*y+1); add(2*y,2*x); } if(b[x]==b[y]) { add(2*x+1,2*y); add(2*y+1,2*x); } } } if(!flag) { printf("Case #%d: no\n",iCase); continue; } korasaju(); if(solvable())printf("Case #%d: yes\n",iCase); else printf("Case #%d: no\n",iCase); } return 0; }
今年2-SAT就做到此吧！希望此次长春RP爆发~~~~2012-10-7