2-SAT

SAT 是适定性（Satisfiability）问题的简称。一般形式为 k - 适定性问题，简称 k-SAT。而当时该问题为 NP 完全的。所以我们之研究的情况。

定义¶

2-SAT，简单的说就是给出个集合，每个集合有两个元素，已知若干个，表示与矛盾（其中与属于不同的集合）。然后从每个集合选择一个元素，判断能否一共选个两两不矛盾的元素。显然可能有多种选择方案，一般题中只需要求出一种即可。

现实意义¶

比如邀请人来吃喜酒，夫妻二人必须去一个，然而某些人之间有矛盾（比如 A 先生与 B 女士有矛盾，C 女士不想和 D 先生在一起），那么我们要确定能否避免来人之间没有矛盾，有时需要方案。这是一类生活中常见的问题。

使用布尔方程表示上述问题。设表示 A 先生去参加，那么 B 女士就不能参加（ )；表示 C 女士参加，那么也一定成立（D 先生不参加）。总结一下，即（变量至少满足一个）。对这些变量关系建有向图，则有：（不成立则一定成立；同理，不成立则一定成立）。建图之后，我们就可以使用缩点算法来求解 2-SAT 问题了。

常用解决方法¶

TarjanSCC 缩点 ¶

算法考究在建图这点，我们举个例子来讲：

假设有和两对，已知和间有矛盾，于是为了方案自洽，由于两者中必须选一个，所以我们就要拉两条条有向边和表示选了则必须选，选了则必须选才能够自洽。

然后通过这样子建边我们跑一遍 Tarjan SCC 判断是否有一个集合中的两个元素在同一个 SCC 中，若有则输出不可能，否则输出方案。构造方案只需要把几个不矛盾的 SCC 拼起来就好了。

输出方案时可以通过变量在图中的拓扑序确定该变量的取值。如果变量的拓扑序在之后，那么取值为真。应用到 Tarjan 算法的缩点，即所在 SCC 编号在之前时，取为真。因为 Tarjan 算法求强连通分量时使用了栈，所以 Tarjan 求得的 SCC 编号相当于反拓扑序。

显然地，时间复杂度为。

爆搜¶

就是沿着图上一条路径，如果一个点被选择了，那么这条路径以后的点都将被选择，那么，出现不可行的情况就是，存在一个集合中两者都被选择了。

那么，我们只需要枚举一下就可以了，数据不大，答案总是可以出来的。

爆搜模板¶

下方代码来自刘汝佳的白书：

// 来源：白书第 323 页
struct Twosat {
  int n;
  vector<int> g[maxn * 2];
  bool mark[maxn * 2];
  int s[maxn * 2], c;
  bool dfs(int x) {
    if (mark[x ^ 1]) return false;
    if (mark[x]) return true;
    mark[x] = true;
    s[c++] = x;
    for (int i = 0; i < (int)g[x].size(); i++)
      if (!dfs(g[x][i])) return false;
    return true;
  }
  void init(int n) {
    this->n = n;
    for (int i = 0; i < n * 2; i++) g[i].clear();
    memset(mark, 0, sizeof(mark));
  }
  void add_clause(int x, int y) {  // 这个函数随题意变化
    g[x].push_back(y ^ 1);         // 选了 x 就必须选 y^1
    g[y].push_back(x ^ 1);
  }
  bool solve() {
    for (int i = 0; i < n * 2; i += 2)
      if (!mark[i] && !mark[i + 1]) {
        c = 0;
        if (!dfs(i)) {
          while (c > 0) mark[s[--c]] = false;
          if (!dfs(i + 1)) return false;
        }
      }
    return true;
  }
};

例题¶

HDU3062Party¶

题面：有 n 对夫妻被邀请参加一个聚会，因为场地的问题，每对夫妻中只有人可以列席。在个人中，某些人之间有着很大的矛盾（当然夫妻之间是没有矛盾的），有矛盾的个人是不会同时出现在聚会上的。有没有可能会有个人同时列席？

这是一道多校题，裸的 2-SAT 判断是否有方案，按照我们上面的分析，如果中的丈夫和中的妻子不合，我们就把中的丈夫和中的丈夫连边，把中的妻子和中的妻子连边，然后缩点染色判断即可。

// 作者：小黑 AWM
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define maxn 2018
#define maxm 4000400
using namespace std;
int Index, instack[maxn], DFN[maxn], LOW[maxn];
int tot, color[maxn];
int numedge, head[maxn];
struct Edge {
  int nxt, to;
} edge[maxm];
int sta[maxn], top;
int n, m;
void add(int x, int y) {
  edge[++numedge].to = y;
  edge[numedge].nxt = head[x];
  head[x] = numedge;
}
void tarjan(int x) {  // 缩点看不懂请移步强连通分量上面有一个链接可以点。
  sta[++top] = x;
  instack[x] = 1;
  DFN[x] = LOW[x] = ++Index;
  for (int i = head[x]; i; i = edge[i].nxt) {
    int v = edge[i].to;
    if (!DFN[v]) {
      tarjan(v);
      LOW[x] = min(LOW[x], LOW[v]);
    } else if (instack[v])
      LOW[x] = min(LOW[x], DFN[v]);
  }
  if (DFN[x] == LOW[x]) {
    tot++;
    do {
      color[sta[top]] = tot;  // 染色
      instack[sta[top]] = 0;
    } while (sta[top--] != x);
  }
}
bool solve() {
  for (int i = 0; i < 2 * n; i++)
    if (!DFN[i]) tarjan(i);
  for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2)
    if (color[i] == color[i + 1]) return 0;
  return 1;
}
void init() {
  top = 0;
  tot = 0;
  Index = 0;
  numedge = 0;
  memset(sta, 0, sizeof(sta));
  memset(DFN, 0, sizeof(DFN));
  memset(instack, 0, sizeof(instack));
  memset(LOW, 0, sizeof(LOW));
  memset(color, 0, sizeof(color));
  memset(head, 0, sizeof(head));
}
int main() {
  while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
    init();
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
      int a1, a2, c1, c2;
      scanf("%d%d%d%d", &a1, &a2, &c1, &c2);  // 自己做的时候别用 cin 会被卡
      add(2 * a1 + c1,
          2 * a2 + 1 - c2);  // 我们将 2i+1 表示为第 i 对中的，2i 表示为妻子。
      add(2 * a2 + c2, 2 * a1 + 1 - c1);
    }
    if (solve())
      printf("YES\n");
    else
      printf("NO\n");
  }
  return 0;
}

练习题¶

HDU1814和平委员会

POJ3683牧师忙碌日

本页面最近更新：，更新历史
发现错误？想一起完善？在 GitHub 上编辑此页！
本页面贡献者：
本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用