什么是2-SAT问题
sat 即 Satisfiability，意思为可满足，那么2-SAT表示一些布尔变量只能取true或者false，而某两个变量之间的值存在一定的关系（如：只要a为真，b一定为假；如果a为假，b也为假），我们需要在满足所有这样的关系的情况下，求出每个变量的赋值，如果不存在，就是无解。
举个栗子
某一天，PC，YD，HL在讨论两个问题：1）winter的温度是否低于0度，2）bamboo的高度是否大于10m，众所周知，这三位大佬很强大，所以他们对于这两个问题的判断至少有一个是正确的。此时给出三人对这两个问题的判断，求出这两个问题的正确答案；如果不存在正确答案，那么可能是某个人犯糊涂了，因此我们无法得到答案，输出无解。
我们将两个问题符号化为，a：winter的温度低于0度， b ：bamboo的高度大于10m，将三人的观点及其符号化表示如下：
1）PC认为：winter的温度低于0度，bamboo的高度大于10m，a∨ b
2）YD认为：wintet的温度不低于0度，bamboo的高度大于10m，¬a∨ b
3）HL认为：winter的温度不低于0度，bamboo的高度不大于10m，¬a∨ ¬b
那么a,b的取值需要满足：(a∨ b) ∧ ( ¬a∨ b) ∧ (¬a∨ ¬b)，我们如何求出满足这个式子的a,b的取值这类问题就是2-SAT问题。
将2-SAT问题转为图论问题求解
我们可以将每个变量x的两个状态分别用两个点表示，记编号为i的点表示这个变量取真，i+n的点表示这个变量取假
将两个变量之间的关系用边表示，如：只要a为真，b一定为假，将此命题符号化得到¬a∨¬b，这个式子也可以写成：a → ¬b ∧ b → ¬a，表示：a为真，则b必为假 ，和b为真，则a必为假，这样我们就发现 a 和 ¬b 可以由a推出¬b， 可以由b推出¬a，在图中，我们构建这样的边表示他们的关系：由 a 向 ¬b 建一条单向边，再由 b 向 ¬a建一条单向边，总结以下将命题转化为建图的规律：
1）¬a∨¬b ----> a → ¬b ∧ b → ¬a
2）a∨b ----> ¬a → b ∧ ¬b → a
3）¬a∨b ----> a → b ∧ ¬b → ¬a
4）a∨¬b ----> ¬a → ¬b ∧ b → a
(x→y可以视作由x向y建一条单向边）
然后，我们在这个图中求强连通分量，联想到我们图中边代表的关系：由边的起点可以推出终点，所以同一强连通分量中的点真值一致，所以我们很容易想到如果 a 和 ¬a在同一强连通分量中，这说明a和¬a真值相同，这显然是不正确的，即无解；如果不存在变量x使得x和¬x在同一强连通分量中，就说明有解。
那么有解的情况下，我们如何得到每个变量的值呢？只要x所在强连通分量的拓扑序比¬x所在强连通分量的拓扑序靠后，则x为真，否则为假，而我们用tarjan算法求强连通分量的时候，对于每个强连通分量的标记是逆拓扑序的，所以 node[x] < node[¬x] 时，x取真，否则为假，这样一来，我们对每个变量进行判断并输出对应的值即可
代码区
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<string> #include<fstream> #include<vector> #include<stack> #include <map> #include <iomanip> #define bug cout << "**********" << endl #define show(x, y) cout<<"["<<x<<","<<y<<"] " #define LOCAL = 1; using namespace std; typedef long long ll; const ll inf = 2e9 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; const int Max = 2e6 + 10; const int Max2 = 3e2 + 10; struct Egde { int to, next; } edge[Max]; int n, m; int head[Max], tot; int dfn[Max], low[Max],time_clock; int line[Max],now; int node[Max],sccCnt; void init() { memset(head, -1, sizeof(head)); tot = 0; memset(dfn,0,sizeof(dfn)); time_clock = 0; now = 0; memset(node,0,sizeof(node)); sccCnt = 0; } void add(int u, int v) { edge[tot].to = v; edge[tot].next = head[u]; head[u] = tot++; } void tarjan(int u) { dfn[u] = low[u] = ++time_clock; line[++now] = u; for(int i = head[u] ; i != -1; i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; if(!dfn[v]) { tarjan(v); low[u] = min(low[u],low[v]); } else if(!node[v]) { low[u] = min(low[u],dfn[v]); } } if(dfn[u] == low[u]) { sccCnt++; while(line[now] != u) node[line[now--]] = sccCnt; node[line[now--]] = sccCnt; } } int main() { #ifdef LOCAL // freopen("input.txt", "r", stdin); // freopen("output.txt", "w", stdout); #endif while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { init(); for (int i = 1, a, va, b, vb; i <= m; i++) { scanf("%d%d%d%d", &a, &va, &b, &vb); add(a + n * (va & 1), b + n * (vb ^ 1)); add(b + n * (vb & 1), a + n * (va ^ 1)); //1~n表示1，n+1,2*n表示0 } for(int i = 1;i <= (n << 1) ;i ++) { if(!dfn[i]) tarjan(i); } bool ok = true; for(int i = 1;i <= n ;i ++) { if(node[i] == node[i+n]) { ok = false; break; } } if(!ok) { printf("IMPOSSIBLE "); } else { printf("POSSIBLE "); for(int i = 1;i < n ;i ++) { printf("%d ",node[i] < node[i+n]); } printf("%d ",node[n] < node[n<<1]); } } return 0; }