通用解法：
对于2-sat，一般而言有两种做法。做法一：直接for一遍未被选过的节点。假定当前节点为Ai，dfs判定及选定它的后代节点。若不满足，则再对Ai'进行此操作。做法二：先tarjan缩点判是否矛盾。然后拓扑排序自底向上输出答案。
关 于自底向上算法的证明我觉得论文说得不是很清楚，在这里提一下。自底向上操作时，因为是拓扑排序后的序列，所以当选到某个点时，它的出度必然为零。既然出 度为零，那么有三种可能：一是它没有后代节点，可以选；二是它的后代节点都被选完了，它可以选；第三种比较复杂，设当前节点未被遍历节点为Si，那么它没 被选择的后代节点设为v。有一种不满足题意的情况是，选了Si，但是没有选择v。我们知道，v在拓扑序列中排在Si前面，如果v没被选择，那么v'被选 择，而Si'是排在v'前面的，这就说明Si已经被遍历过，与前面假设矛盾。综上，不存在Si，它的后代节点没被选过。（这段话要结合算法来理解）前两种 情况它都可以选，第三种情况不存在...证毕。（感觉这种做法好巧妙...我怎么就想不出这种算法...）
至此，2-sat的研究可以说是告一段落了。
hdu 1814:
这道题是2-sat的模板题，比较基础…这题的输出方案比较棘手，说是拓扑排序用不了。
比较无语的是：这题用论文上的算法1是可以过的...
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 #include <stack> 4 #include <iostream> 5 #include <queue> 6 #define mp make_pair 7 #define opp(v) ((v+1^1)-1) 8 using namespace std; 9 const int maxn=16001,maxm=40001; 10 11 int ta[maxn],lin[maxm],sd[maxm],pos; 12 void biu(int s,int t) { ++pos; lin[pos]=ta[s]; ta[s]=pos; sd[pos]=t; } 13 14 int n,nn; 15 int color[maxn]; 16 void init()//-- 17 { 18 pos=0; 19 nn=n<<1; 20 for (int i=1;i<=nn;i++) 21 { 22 ta[i]=0; 23 color[i]=0; 24 } 25 } 26 int jl[maxn],po; 27 bool dfs(int v) 28 { 29 if (color[v]==1) return 1; 30 if (color[v]==2) return 0; 31 color[v]=1; color[opp(v)]=2; 32 jl[++po]=v; 33 bool flag=1; 34 for (int i=ta[v];i;i=lin[i]) 35 if (!dfs(sd[i])) { flag=0; break; } 36 return flag; 37 } 38 int main() 39 { 40 for (int m;scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF;) 41 { 42 init(); 43 44 for (int a,b;m--;) 45 { 46 scanf("%d%d",&a,&b); 47 if (a>b) swap(a,b); 48 biu(a,(b+1^1)-1); 49 biu(b,(a+1^1)-1); 50 } 51 bool flag=1; 52 for (int v=1;v<=nn;v++) 53 { 54 if (color[v]) continue; 55 po=0; 56 if (!dfs(v)) 57 { 58 do color[jl[po]]=color[opp(jl[po])]=0; while (--po); 59 if (!dfs(opp(v))) { flag=0; break; } 60 } 61 } 62 if (!flag) puts("NIE"); 63 else 64 for (int i=1;i<=nn;i++) 65 if (color[i]==1) printf("%d ",i); 66 } 67 return 0; 68 }
poj 3678:
2-sat 好题。理解了2-sat之后，建图不是问题。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 #include <iostream> 4 #define mp make_pair 5 #define opp(v) (v<=n?v+n:v-n) 6 using namespace std; 7 const int maxn=1001<<1,maxm=1000001<<2; 8 9 int ta[maxn],lin[maxm],sd[maxm],pos; 10 void biu(int s,int t) { ++pos; lin[pos]=ta[s]; ta[s]=pos; sd[pos]=t; } 11 12 int set[maxn]; 13 int fin(int d) 14 { 15 if (d==set[d]) return d; 16 return set[d]=fin(set[d]); 17 } 18 void uion(int x,int y) { set[x]=y; } 19 20 int dfn[maxn],low[maxn],cnt; 21 int sta[maxn],spo; 22 bool vis[maxn]; 23 void tarjan(int v) 24 { 25 dfn[v]=low[v]=++cnt; 26 sta[++spo]=v; vis[v]=1; 27 28 for (int i=ta[v];i;i=lin[i]) 29 if (!dfn[sd[i]]) 30 { 31 tarjan(sd[i]); 32 low[v]=min(low[v],low[sd[i]]); 33 } 34 else if (vis[sd[i]]) low[v]=min(low[v],low[sd[i]]); 35 if (dfn[v]==low[v]) 36 do 37 { 38 set[sta[spo]]=v; 39 vis[sta[spo]]=0; 40 } while (sta[spo--]!=v); 41 } 42 43 int n,nn; 44 void init() 45 { 46 nn=n<<1; 47 pos=0; cnt=0; 48 for (int i=1;i<=nn;i++) 49 { 50 ta[i]=0; 51 dfn[i]=low[i]=0; 52 set[i]=i; 53 } 54 55 int m; 56 scanf("%d",&m); 57 int a,b,c; char op[4]; 58 while (m--) 59 { 60 scanf("%d%d%d%s",&a,&b,&c,op); 61 a++; b++; 62 if (op[0]=='A') 63 { 64 if (c) biu(a+n,a),biu(b+n,b); 65 else biu(a,b+n),biu(b,a+n); 66 } 67 else if (op[0]=='O') 68 { 69 if (c) biu(a+n,b),biu(b+n,a); 70 else biu(a,a+n),biu(b,b+n); 71 } 72 else 73 { 74 if (c) biu(a,b+n),biu(b,a+n),biu(a+n,b),biu(b+n,a); 75 else biu(a,b),biu(b,a),biu(a+n,b+n),biu(b+n,a+n); 76 } 77 } 78 } 79 int main() 80 { 81 for (;scanf("%d",&n)!=EOF;) 82 { 83 init(); 84 for (int i=1;i<=nn;i++) if (!dfn[i]) tarjan(i); 85 //for (int i=1;i<=nn;i++) cout<<i-1<<" "<<set[i]<<" "<<dfn[i]<<" "<<low[i]<<endl; 86 bool flag=1; 87 for (int i=1;i<=n;i++) 88 if (fin(i)==fin(i+n)) { flag=0; break; } //low[i]==low[i+n] -_- 89 printf("%s ",flag?"YES":"NO"); 90 } 91 return 0; 92 }
小小感悟：
做了两道题了，也算是对2-sat有了一定的认识了。来说说我对2-sat的理解吧。
2-sat 中最重要的概念我认为是建图中的必要关系。比如两个点Si, Sj互斥，那么Si选了之后就必须选Sj'，Sj同理。只要了解这个建图的原理，poj 3678这种稍有变化的题对我们来说就不是难事了。
hdu 3622:
二分+2-sat判定。精度要到1e-4才行。我觉得是因为有可能r-l<1e-3，但l=1.0049,r=1.0051。具体解决方法就是把每次判断l和r所确定的端点值是否一样，不一样的话继续二分。不过这方法可行度不高...在做题的时候，尽量把eps定得低一些吧。（我觉得小3个数量级应该够了）
1 //11639828 2014-09-12 08:49:10 Accepted 3622 343MS 616K 1735 B G++ TofE 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <iostream> 5 #define mp make_pair 6 #define opp(v) ((v+1^1)-1) 7 #define dbg(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl 8 using namespace std; 9 const int maxn=101<<1,maxm=40001; 10 11 int ta[maxn],lin[maxm],sd[maxm],pos; 12 void biu(int s,int t) { ++pos; lin[pos]=ta[s]; ta[s]=pos; sd[pos]=t; } 13 14 int dfn[maxn],low[maxn],cnt; 15 int sta[maxn],spo; 16 bool vis[maxn]; 17 int set[maxn]; 18 void tarjan(int v) 19 { 20 dfn[v]=low[v]=++cnt; 21 sta[++spo]=v; vis[v]=1; 22 23 for (int i=ta[v];i;i=lin[i]) 24 if (!dfn[sd[i]]) 25 { 26 tarjan(sd[i]); 27 low[v]=min(low[v],low[sd[i]]); 28 } 29 else if (vis[sd[i]]) low[v]=min(low[v],low[sd[i]]); 30 if (dfn[v]==low[v]) 31 do 32 { 33 set[sta[spo]]=v; 34 vis[sta[spo]]=0; 35 } while (sta[spo--]!=v); 36 } 37 38 struct pot{ 39 double x,y; 40 }wu[maxn]; 41 42 int n,nn; 43 void init() 44 { 45 nn=n<<1; 46 for (int i=1;i<=nn;i+=2) 47 for (int j=0;j<2;j++) 48 scanf("%lf%lf",&wu[i+j].x,&wu[i+j].y); 49 } 50 bool co(int i,int j,double R) 51 { 52 if (4*R*R>(wu[i].x-wu[j].x)*(wu[i].x-wu[j].x)+(wu[i].y-wu[j].y)*(wu[i].y-wu[j].y)) return 1; 53 return 0; 54 } 55 bool judge(double R) 56 { 57 pos=0; cnt=0; 58 for (int i=1;i<=nn;i++) 59 { 60 ta[i]=dfn[i]=low[i]=0; 61 set[i]=i; 62 } 63 for (int i=1;i<=nn;i+=2) 64 for (int j=i+2;j<=nn;j++) 65 { 66 if (co(i,j,R)) biu(i,opp(j)),biu(j,opp(i)); 67 if (co(i+1,j,R)) biu(i+1,opp(j)),biu(j,opp(i+1)); 68 } 69 for (int i=1;i<=nn;i++) if (!dfn[i]) tarjan(i); 70 for (int i=1;i<=nn;i+=2) if (set[i]==set[i+1]) return 0; 71 return 1; 72 } 73 void solve() 74 { 75 double l=0,r=30000,mid; 76 while (r-l>=1e-4) //1e-3就会挂... 77 { 78 mid=(l+r)/2; 79 if (judge(mid)) l=mid; 80 else r=mid; 81 } 82 printf("%.2f ",l); 83 } 84 int main() 85 { 86 for (;scanf("%d",&n)!=EOF;) 87 { 88 init(); 89 solve(); 90 } 91 return 0; 92 }
（待续...）
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