题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1814
题意：给出一个数n,代表有n个党派,每个党派要求派出其中一个人去参加会议，且只能派出一人。给出m,m行每行给出a, b.代表处于不同党派中的a, b也具有矛盾关系,a, b其中也只能有一位去参加会议。这2 * n个人的编号为1 ~ 2 * n,其中 2 * i 与 2 * i - 1是属于同一个党派。要求找到一个编号字典序最小的方案。
思路：
1.每个集合中只有2个元素，并且给出部分元素之间的限制关系，典型的2-sat问题。
2.找到对立点，建‘矛盾边’，用tarjan缩点，再判断对立点是否处在一个强连通分量中，若处在则无解，若都不处在就有解。这种思路在这道题是不可行的，因为题目要求最小字典序输出。
3.由于要保证最小字典序，我们可以用染色法来求解。每个人的编号我们默认 -1 ，这样就可以运用 ^1 运算来处理同一帮派中的2个人。从0号开始遍历到2 * n - 1号人，这样寻找方案就是最小字典序。
4.扩展：若同一对点的编号是不连续的，例如0-5,1-9,3-4. 那么我们就要用结构体排序（结构体中2个变量分别代表同一帮派中的2个人的编号），将同一点对中小的那个点按照从小到大的顺序排序，保证遍历的时候的字典序。（加矛盾边不需要处理）
代码里的注释很详细。
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) 4 5 int n, m; 6 int head[16100], cnt; 7 int vis[16100], sum, node[16100]; 8 9 struct Edge 10 { 11 int to, next; 12 }edge[20000 * 2]; 13 14 void add(int a, int b) 15 { 16 edge[++ cnt].to = b; 17 edge[cnt].next = head[a]; 18 head[a] = cnt; 19 } 20 21 void init() 22 { 23 mem(head, -1), cnt = 0; 24 mem(vis, 0); 25 } 26 27 int dfs(int now) 28 { 29 if(vis[now ^ 1])//若帮派中另一个人已经被选择,则自己一定不会被选择,返回0 30 return 0; 31 if(vis[now])//若自己已经被选择,则不用再dfs了,已经找过从自己出发的方案 32 return 1; 33 node[sum ++] = now;//记录查找过程中的点是哪些 34 vis[now] = 1; 35 for(int i = head[now]; i != -1; i = edge[i].next)//不同帮派中的矛盾关系 36 { 37 int to = edge[i].to; 38 if(!dfs(to))//这些边代表'必须', 不能选b,就必须选择b ^ 1,若b ^ 1找不到合理方案,说明就不存在方案了,返回0 39 return 0; 40 } 41 return 1; 42 } 43 44 int two_sat() //返回是否存在方案 45 { 46 for(int i = 0; i < 2 * n; i += 2) //由小到大遍历, 保证在有合理的方案的情况下的字典序 47 { 48 if(!vis[i] && !vis[i ^ 1]) //若遍历到有帮派中2人都未被标记, 则确定之前的标记,代表是合法方案的一部分, sum清为0 49 { 50 sum = 0; 51 if(!dfs(i))//暴力寻找的过程中发现不存在,那么该过程中被标记的点都重新处理为未被标记 52 { 53 while(sum) 54 vis[node[-- sum]] = 0; 55 if(!dfs(i ^ 1))//若帮派中另一个人也找不到合理方案,那么就不存在方案了,直接retrun 0 56 return 0; 57 } 58 } 59 } 60 return 1; 61 } 62 63 int main() 64 { 65 while(scanf("%d%d", &n, &m)!=EOF) 66 { 67 init(); 68 for(int i = 1; i <= m; i ++) 69 { 70 int a, b; 71 scanf("%d%d", &a, &b); 72 a --, b --; //形成 ^1 运算关系 73 add(a, b ^ 1), add(b, a ^ 1); 74 } 75 if(two_sat()) 76 { 77 for(int i = 0; i < 2 * n; i += 2) 78 { 79 if(vis[i]) 80 printf("%d ", i + 1); 81 else 82 printf("%d ", (i ^ 1) + 1); 83 } 84 } 85 else 86 printf("NIE "); 87 } 88 return 0; 89 }