BJ模拟：Mythological V （2-SAT）

题意：

小S打算送给小M一棵$n$个点的圣诞树，点从$1$到$n$标号，他打算给树上挂上$m$个礼物，每个礼物在树上的某个点上，礼物可以重叠。
小M给了小S $q$个限制，其中第$i$个形如“第$a_i$个礼物和第$b_i$个礼物在树上的路径经过了点$c_i$”。
构造出符合小M条件的挂礼物方案。

题解：
这题一开始想到$2-SAT$，记$f_{i,j}$表示第$i$个点放第$j$个礼物的$bool$变量，不过发现这种方法限制不能完全体现出来，自然不能找到一种合法的方案（比如如果所有的$f_{j,p}$都不选，那么$f_{i,p}$必须选）。
然后因为是树上，有一个$trick$ ,记$f_{i,j}$ 为第$i$个点及其子树放第$j$个点的$bool$变量， 具体我们用$a_{i,j}$表示$j$在$i$的子树中，$b_{i,j}$表示$j$不在$i$的子树中。 这样不仅能够体现出所有限制而且能够很方便的输出方案(这时候根节点为$true$，且具体方案为深度最大的那个合法点)。
我们先连边：

• $b_{1,i} \rightarrow a_{1,i}$
• $a_{i,j} \rightarrow a_{fa_i, j}$
• $b_{i,j} \rightarrow b_{son_i,j}$
• $a_{i,j} \rightarrow b_{k,j}$ （如果$i$的子树与$j$的子树交集为空）
  对于每一个限制，连边：
• $a_{i,a/b} \rightarrow b_{j,b/a}$ （$i$,$j$树上父亲为$c$）
• $b_{c,a/b} \rightarrow a_{c,b/a}$

然后跑$2-SAT$即可。 时间复杂度为$O(n+m) = O(n^2m+qn^2)$

其实复杂度可以优化，每个点维护儿子的前缀后缀即可。 不过太麻烦就不写了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int rd() {
    char ch=getchar(); int i=0,f=1;
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
    return i*f;
}
const int N=2e2+55,M=N*N*2;
int n,m,q,A[N][N],B[N][N],d[N],fa[N],tot,ins[M],sta[M],top,dfn[M],low[M],bl[M],scc,ind,pos[M];
vector <int> son[N];
vector <int> e[N];
vector <int> e2[M];
inline int lca(int x,int y) {while(x!=y) (d[x]>d[y])?(x=fa[x]):(y=fa[y]);}
inline bool anc(int x,int f) {return (x==f)?true:(x?anc(fa[x],f):false);}
inline void dfs(int x,int f) {
    fa[x]=f; d[x]=d[f]+1;
    for(auto v:e[x]) if(v!=f) son[x].push_back(v), dfs(v,x);
}
inline void dfs(int x) {
    sta[++top]=x; ins[x]=1; dfn[x]=low[x]=++ind;
    for(auto v:e2[x]) {
        if(!dfn[v]) dfs(v), low[x]=min(low[x],low[v]);
        else if(ins[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
    }
    if(low[x]==dfn[x]) {
        ++scc; int u;
        do {
            u=sta[top--];
            ins[u]=0; bl[u]=scc;
        } while(u!=x);
    }
}
int main() {
    n=rd(), m=rd(), q=rd();
    for(int i=1;i<n;i++) {
        int x=rd(), y=rd();
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    dfs(1,0); 
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        for(int j=1;j<=m;j++)
            A[i][j]=++tot, B[i][j]=++tot;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(fa[i]) e2[A[i][j]].push_back(A[fa[i]][j]);
            for(auto v:son[i]) e2[B[i][j]].push_back(B[v][j]);
        }
    for(int j=1;j<=m;j++) e2[B[1][j]].push_back(A[1][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k=1;k<=n;k++)
            if(i!=k && !anc(i,k) && !anc(k,i))
                for(int j=1;j<=m;j++) e2[A[i][j]].push_back(B[k][j]);
    for(int i=1;i<=q;i++) {
        int a=rd(), b=rd(), c=rd();
        for(auto v:son[c]) {
            e2[A[v][a]].push_back(B[v][b]);
            e2[A[v][b]].push_back(B[v][a]);
        }
        if(fa[c]) e2[B[c][a]].push_back(A[c][b]), e2[B[c][b]].push_back(A[c][a]);
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++) if(!dfn[i]) dfs(i);
    for(int j=1;j<=m;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++) 
            if(bl[A[i][j]]<bl[B[i][j]]) 
                pos[j]=(d[pos[j]]<d[i])?i:pos[j];
    for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",pos[i]);
}