Night的算法杂谈-2SAT问题

SAT问题总述

SAT是适定性(Satisfiability)问题的简称 。一般形式称为k-适定性问题，简称 k-SAT。 形式化地描述如下：
设 $A = \{ a_1,a_2, \cdots ,a_n\}$ 为一个有限个布尔变量所构成的集合，$\hat{A} = \{ a_1,a_2, \cdots ,a_n,\neg a_1,\neg a_2,\cdots ,\neg a_n\}$ 。取 $S$ 为 $\hat{A}$ 的子集，定义 $\vee S = s_1 \vee s_2 \vee \cdots \vee s_k \ (s_i \in S)$ 。求一个 $A$ 使得给定一组 $S_1,S_2,\cdots,S_m$ 满足 $(\vee S_1) \vee (\vee S_2) \vee \cdots \vee (\vee S_m) = 1$ 。
特别地，若 $\max\{ \mathbf{|}S_i \mathbf{|} \ \mid \ i \in [1,m] \} \le k$ ，则称这个问题为 $\text{k-sat}$ 问题。
已经有前人证明了当 $k\ge 3$ 时，这是一个 $\text{NP-complete}$ 问题，因此我们此处只考虑 $k=2$ 时的 k-适应性问题，也称之为 2-SAT （Two-SAT）问题。

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2-SAT问题

在2-SAT问题中，变量的限制性只有两种情况：
$1$. 单个的布尔变量 $x$，它没有任何限制。
$2$. 两个变量的相互限制，例如 $x \vee y = 1 \ ( \ x,y \in \hat{A} \ )$ 。
由于单个变量随意取值均符合条件，因此我们只考虑有限制的情况，即第二种情况。

问题分析

为简化问题，我们可以构造一个有向图 $G$，其包含 $2n$ 个顶点，代表 $\hat{A}$ 中的 $2n$ 个元素。这样一来我们就可以把问题转化为从图 $G$ 中选出 $n$ 个节点，使其满足限制条件。显然，我们不能同时选 $x$ 与 $\neg x$ 这样的节点（为方便，用 $x$ 或者是 $\neg x$ 都表示图中代表它们的节点，下同）。
那么 $x \vee y = 1$ 在图中代表着什么呢？
我们知道 $x \vee y = \neg \ ( \neg x \wedge \neg y)$ ，这就意味着：如果我们选中 $\neg x$ ，我们就必须选择 $y$ ；如果我们选中 $\neg y$ ，我们就必须选中 $x$。因此对于 $S_i = x \vee y$ ，我们可以在图中添加有向边 $(\neg x,y)$，$(\neg y, x)$。

解法

老规矩，先想想朴素的解法是什么。显然我们如果钦定一个变量 $x$ 为 $0$ 或 $1$ ，那么与这个变量联通的所有均要取，那么若是在这个过程中我们把一个点的两个状态 $y$ 与 $\neg y$ 都取了，这个取法便是不符合条件的，即是我们钦定的 $x$ 取值就是错的。对于一个变量 $x$ 如果其的两个取值均不合法，那么这个 $2-SAT$ 问题无解。
此处应该注意的是，这个取值过程是不存在回溯的，也就是说我们当前的 $x$ 两个取值均不合法的话，不应回溯到先前钦定的那个点，而是直接判断无解。

优化

显然之前那个做法是很不优秀的，我们考虑优化这个做法。对于联通性问题，我们很容易想到缩强联通分量这个算法，这样我们就可以一次性地将一个强联通分量里所有的节点全部取出。就是说如果我们选中强连通分量中的任何一点，那么该强连通分量中的所有其它的顶点也必须被选择。很明显地，如果 $x$ 和 $\neg x$ 属于同一个强连通分量，那么产生矛盾，该 $2-SAT$ 问题无解。
如果该问题有解（即未出现矛盾）如果没有产生矛盾，我们就可以把处在同一个强连通分量中的点和边缩成一个点，得到新的有向图 $G'$ 。然后，我们把 $G′$ 中的所有弧反向，得到图 $G′′$ 。现在我们观察 $G′′$ 。由于已经进行了缩点的操作，因此 $G′′$ 中一定不存在环，也就是说，$G′′$ 具有拓扑结构。我们把 $G′′$ 中所有顶点置为“未染色”。按照拓扑顺序重复下面的操作：
$1$、选择拓扑序上的第一个“未染色”节点 $x$，将其改为黑色。
$2$、把所有与 $x$ 矛盾的节点 $y$（如果存在 $a_i,\neg a_i \in \hat{A}$，且 $b_i$ 属于 $x$ 代表的强连通分量，$\neg b_i$ 属于 $y$ 代表的强连通分量，那么 $x$ 和 $y$ 就是互相矛盾的节点）及其后代全部全部染成白色。
$3$、如果图中还有未染色的节点，则重复 $1$，$2$ 操作。
这样一来，图 $G''$ 所被染成黑色的节点所对应的 $\hat{A}$ 中的元素集合，则是该 $2-SAT$ 问题的一组解。

证明

接下来我们证明这个算法能对于这个 $2-SAT$ 问题找到一组合法解。
将这个证明分为三步：
命题$1$ 、我们得到的解不会同时染黑一组矛盾的节点。
命题$2$ 、我们得到的解不会同时染黑 $a_i$ 和 $\neg a_i$。
命题$3$ 、我们得到的解不会同时染白 $a_i$ 和 $\neg a_i$。

证明命题 $1$：

首先，假如我们选定了图 $G′′$ 中的未染色节点 $x$ 并将其染黑后，与 $x$ 矛盾的所有其它节点及其后代均会被染成白色。因此，我们把一个节点 $x$ 染黑时，任何一个和 $x$ 矛盾的节点都不会是黑色。
其次，由于我们按照拓扑排序选点，并且把一个顶点染成白色的时候，立刻把它的所有子孙也染成白色。也就是说，如果一个顶点 $x$ 不可选，那么所有直接或间接满足条件 “ 假如选择 $y$ 就必须选择 $x$ ” 的顶点也会被染成白色。这样一来，$G′′$ 中不存在有向边 $(x, y)$，其中 $x$ 为黑色而 $y$ 为白色。因此我们得到的结论不可能和 $S_i$ 对应的条件矛盾。
综合这两条结论，我们就可以证明上面的操作不会选定一组矛盾的节点。证毕。

证明命题 $2$：

首先，对于 $a_i$ 和 $\neg a_i$，它们在图 $G$ 中一定属于不同的强连通分量（如果不满足，先前就被判定为无解了），因此在图 $G′′$ 中被不同的节点所代表，不妨设为 $x$ 和 $y$。显然 $x$ 与 $y$ 是一对矛盾的节点，既然证明 $1$ 已经证明了我们的算法不会选择一组矛盾的节点，所以我们不可能同时选中 $x$ 与 $y$ 。证毕。

证明命题 $3$：

此处我们采取反证法。
假设我们同时染白了 $x$ 与 $\neg x$，会出现两种情况。
第一种情况， $x$ 单独一个节点作为图 $G'$ 的节点（即图 $G$ 的强联通分量），那么我们将 $x$ 染为白色的可能性只有一种，就是我们将 $\neg x$ （或者其所在的强联通分量）染成了黑色，这样才会使得与 $\neg x$ 矛盾的点 $x$ 染白。
第二种情况，$x$ 不作为图 $G'$ 里单独的一个节点，那么必然存在一个节点 $y$，使得 $y$ 与 $x$ 处于图 $G$ 中同一个强联通分量，且 $\neg y$ 被染为黑色（意即，由于 $\neg y$ 被染成黑色，导致 $y$ 这个强联通分量被染白），那么必然存在路径$(x,y)$ 与路径 $(y,x)$ 。又因为，根据我们的连边方式，$G$ 中如果存在一个有向边 $(a,b)$，则必然存在有向边 $(\neg a,\neg b)$ 。所以我们有路径 $(\neg y,\neg x)$ 与路径 $(\neg x,\neg y)$，即 $\neg x$ 与 $\neg y$ 处于同一个强联通分量。那么既然 $\neg y$ 被染为黑色了，这样 $\neg x$ 必然也会被染成黑色，与我们同时染白了 $x$ 与 $\neg x$ 的假设矛盾，因此不可能出现同时染白 $x$ 与 $\neg x$ 的情况。证毕。

这样我们就证明了，对于每一组 $a_i,\neg a_i$，我们都只会选定 $a_i$ 与 $\neg a_i$ 中的一个，因此我们证明了这个算法的正确性。

复杂度

首先我们寻找强联通分量的、拓扑排序的时间复杂度都是 $O(v+e)$，而染色操作的复杂度是 $O(v+e)$，对于每一个限制，我们都会连 $2$ 条边，因此 $e$ 是 $O(m)$的，对于每一个变量，我们都会建两个点，因此 $v$ 是 $O(n)$ 的。因此对于这个 $2-SAT$ 问题，我们的复杂度是 $O(n+m)$ 的 。

简便的写法

我们知道在使用 $Tarjan$ 算法时，强联通分量的编号就是按照图 $G'$ 的拓扑排序的逆序给出的，即是以图 $G''$ 的拓扑排序给出的，所以我们可以直接按照强联通分量的编号来判断 $A$ 中每个元素的取值。
我们记 $bel_i$ 为点 $i$ 所属的强联通分量，则如果 $bel_i < bel_{\neg i}$，我们对于元素 $a_i$取$0$ 值，否则取 $1$ 值。

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模板题以及代码

2-sat问题

有 $n$ 个布尔变量 $x_i$，编号从 $0$ 开始。给出一些条件，每个条件用四个整数表示：$u,u_{val},v,v_{val}$，表示要求满足 $(x_u= u_{val})\vee (x_v = v_{val})$。
你要判断，是否存在一组布尔变量满足上述所有条件，如果存在，你需要找出一组变量的值。

#define R register
#define LL long long
template<class TT>inline TT Max(R TT a,R TT b){return a<b?b:a;}
template<class TT>inline TT Min(R TT a,R TT b){return a<b?a:b;}
using namespace std;
template<class TT>inline void read(R TT &x){
    x=0;R bool f=false;R char c=getchar();
    for(;c<48||c>57;c=getchar())f|=(c=='-');
    for(;c>47&&c<58;c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    (f)&&(x=-x);
}
#define maxn 200010
#define maxm 1000010
//Graph
struct Edge{
    int to;
    Edge *next;
}*head[maxn];
inline void add(R int u,R int v){
    static Edge E[maxm],*e=E;
    *e=(Edge){v,head[u]};head[u]=e++;
}
//end

//find strongly connected component
stack<int> stk;
int dfs_clo,scc,dfn[maxn],low[maxn],bel[maxn],ins[maxn];
void dfs(R int u){
    dfn[u]=low[u]=++dfs_clo;
    stk.push(u);ins[u]=1;
    R int v;
    for(R Edge *i=head[u];i;i=i->next){
        if(!dfn[v=i->to]){
            dfs(v);
            low[u]=Min(low[v],low[u]);
        }else if(ins[v]){
            low[u]=Min(low[u],dfn[v]);
        }
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        scc++;
        do{
            v=stk.top();
            stk.pop();
            ins[v]=0;
            bel[v]=scc;
        }while(v!=u);
    }
}
//end

int n,m;
int main(){
    read(n);read(m);
    for(R int i=1,a,b,c,d;i<=m;++i){
        read(a);read(b);read(c);read(d);
        add(a+n*(1-b),c+n*d);
        add(c+n*(1-d),a+n*b);
    }
    for(R int i=0;i<(n<<1);++i){
        if(!dfn[i])dfs(i);
    }
    for(R int i=0;i<n;++i){
        if(bel[i]==bel[i+n]){
            puts("No");
            return 0;
        }
    }
    puts("Yes");
    for(R int i=0;i<n;++i){
        if(bel[i]<bel[i+n])putchar(48);
        else putchar(49);
        putchar(' ');
    }
    return 0;
}