hdu 3062 Party【2-SAT入门---强连通Tarjan+染色缩点】

Party

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Problem Description

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1人可以列席。在2n 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2个人是不会同时出现在聚会上的。有没有可能会有n 个人同时列席？

Input

n： 表示有n对夫妻被邀请 (n<= 1000)
m： 表示有m 对矛盾关系 ( m < (n - 1) * (n -1))

在接下来的m行中，每行会有4个数字，分别是 A1,A2,C1,C2 
A1,A2分别表示是夫妻的编号 
C1,C2 表示是妻子还是丈夫 ，0表示妻子 ，1是丈夫
夫妻编号从 0 到 n -1 

Output

如果存在一种情况 则输出YES 
否则输出 NO 

Sample Input

2

1

0 1 1 1

Sample Output

YES

Source

2009 Multi-University Training Contest 16 - Host by NIT

 

 对于2-SAT：简单的说，就是将一个问题转化到这样一种问题：

一共有2n个元素，分成n个帮派，每个帮派两个人，每个帮派最多只能有一个人缺席的情况下，每个帮派之间还有相对矛盾的条件，要同时满足这种条件的前提下，问是否能够同时拿出n个元素的问题。

其实一共拿出n个元素，也就注定着同一个帮派的两个人不能同时上场。那么就是处理相对矛盾的关系。

设定（a0，a1）为一个帮派，设定（b0，b1）是另一个帮派。

如果有a0-----b0这样的矛盾关系，那么在选取的时候，如果在帮派1中选a0，那么就必须在帮派2中选b1，那么我们建有向边（a0，b1），如果在帮派2中选b0，那么就必须在帮派1中选a1，那么我们建有向边（b0，a1）。

这个时候我们得到一个图，我们仔细考虑一下，图中的有向边的含义：对于图中的一条有向边，表示要选择一方，就必然选择另一方。然后我们来观察比对三个图，探讨一下什么时候输出YES,什么时候输出NO。

1、

①对于这个图来说，显然输出的结果是YES，其中约束条件只有这两个：如果选了A0，那就要选B1，如果选B0，那么就要选A1。

②对于这个图来说，其中满足YES条件的选择有好几个选择，比如：(A0，B1),(A1，B1).....

2、

①对于这个图来说，显然输出的也是YES。

②对于这个图来说，仔细分析一下，发现确实有不满足的情况，比如：如果我们选择了A0，那么就必须选择B1和B0，那么相对的就要必须选择A1，我们在最初的时候就分析过这样一种情况:同一帮派两个人如果同时选取了，那么显然不能满足符合正好选n个人的条件。但是仔细分析一下还是可以找到满足的条件的选择方案啊的，满足条件的选择比如这样：（B0，A1）就是一个满足的条件。

接下来我们观察第三个图：

3、

对于这种情况，显然没有任何选取的方式，能够使得A0，A1不同时选取。那么就输出NO。

分析完了三个图，其实我们得到了这样一个经验：如果在图中找选择的方案的时候，存在任意一种情况能够使得A0和A1不在同一个约束条件中就能够符合我们要求的条件，也就是，如果A0选取了，A1如果可以不选取，就满足，如果A0选取了，A1也必须选取，那么就不满足。

那么问题其实就可以转化到这样：

如果A0有一条路径能够到达A1，那么就表示如果选取A0，那么图中存在一种情况选择A0的同时必须选择A1，但是这里注意，只是存在一种情况，但是不代表别的路径情况在选A0的时候就必须选A1，这种情况详情见图2.

如果A0有一条路径能够到达A1，同时A1有一条路径能够到达A0,也就是说A0.A1是互达的，那么A0，A1一定在一个强连通分量中，那么如果有这样的情况存在，那么如果我们选取了强连通分量中的任意一个点，那么就一定能选到A0和A1.......那么就是说，这种情况一定是会有A0，A1同时选取的矛盾存在，那么也就是说：

如果A0，A1在同一个强连通分量中，那么恭喜你，你找到了输出NO的情况，如果没有这种情况存在，那么就是输出YES的情况。

算法实现相关：

Tarjan/Kosaraju算法找强连通分量，缩点染色，然后判断夫妻之间是否在同一个强连通分量中即可。

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
int head[100000];
struct EdgeNode
{
    int to;
    int w;
    int next;
}e[1000000];
int vis[100000];
int low[100000];
int dfn[100000];
int color[100000];
int stack[1000000];
int n,m,cont,sig,cnt,tt;
void add(int from,int to)
{
    e[cont].to=to;
    e[cont].next=head[from];
    head[from]=cont++;
}
void init()
{
    cont=0;
    tt=-1;
    sig=0;
    cnt=1;
    memset(stack,0,sizeof(stack));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(low,0,sizeof(low));
    memset(color,0,sizeof(color));
    memset(head,-1,sizeof(head));
}
void Tarjan(int u)
{
    vis[u]=1;
    low[u]=dfn[u]=cnt++;
    stack[++tt]=u;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(vis[v]==0)Tarjan(v);
        if(vis[v]==1)low[u]=min(low[u],low[v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u])
    {
        sig++;
        do
        {
            vis[stack[tt]]=-1;
            color[stack[tt]]=sig;
        }
        while(stack[tt--]!=u);
    }
}
int Slove()
{
    for(int i=0;i<n*2;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
        {
            Tarjan(i);
        }
    }
    for(int i=0;i<n*2;i+=2)
    {
        if(color[i]==color[i+1])return 1;
    }
    return 0;
    /*
    printf("%d\n",sig);
    for(int i=0;i<n*2;i++)
    {
        printf("%d ",color[i]);
    }
    printf("\n");
    */
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        init();
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            int a,b,x,y;
            scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&x,&y);
            add(2*a+x,2*b+1-y);
            add(2*b+y,2*a+1-x);
        }
        int tt=Slove();
        if(tt==1)printf("NO\n");
        else printf("YES\n");
    }
}