考虑(2-SAT)。
将汉式看作(0)状态，满式看做(1)状态，将每个材料拆成(01)两个状态。
从(a)向(b)连有向边表示的意义为选了(a)后必须选(b)。
那么每次连边的方式如下：
(add(x_{a oplus 1},y_b),add(y_{b oplus 1},x_a))（(x_a)和(y_b)为评审员的要求，(x)和(y)表示材料，(a)和(b)表示状态）
意义为若没有满足评审员的其中一个要求，则另一个要求必须满足。
连边后缩点，若发现(x_a)和(x_{a oplus 1})在同一强连通分量中，则无解。
其他的一些实现的处理，就看代码吧。
(code:)
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 4000010
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
int t,n,m;
char str[5];
struct edge
{
int to,nxt;
}e[maxn];
int head[maxn],edge_cnt;
void add(int from,int to)
{
e[++edge_cnt]=(edge){to,head[from]};
head[from]=edge_cnt;
}
int dfn_cnt,co_cnt,top;
int dfn[maxn],low[maxn],co[maxn],st[maxn];
bool vis[maxn];
void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++dfn_cnt;
st[++top]=x;
vis[x]=true;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(!dfn[y])
{
tarjan(y);;
low[x]=min(low[x],low[y]);
}
else if(vis[y])
low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(low[x]==dfn[x])
{
co_cnt++;
int now;
do
{
now=st[top--];
vis[now]=false;
co[now]=co_cnt;
}while(now!=x);
}
}
bool check()
{
for(int i=1;i<=2*n;++i)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(co[i]==co[i+n])
return false;
return true;
}
void clear()
{
top=dfn_cnt=co_cnt=edge_cnt=0;
memset(co,0,sizeof(co));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,0,sizeof(head));
}
int main()
{
read(t);
while(t--)
{
clear();
read(n),read(m);
while(m--)
{
int x,y,a,b,len;
scanf("%s",str);
if(str[0]=='h') a=0;
else a=1;
x=0,len=strlen(str);
for(int i=1;i<len;++i) x=x*10+str[i]-'0';
scanf("%s",str);
if(str[0]=='h') b=0;
else b=1;
y=0,len=strlen(str);
for(int i=1;i<len;++i) y=y*10+str[i]-'0';
add(x+(a^1)*n,y+b*n),add(y+(b^1)*n,x+a*n);
}
if(check()) puts("GOOD");
else puts("BAD");
}
return 0;
}