知识点 - 2-SAT

知识点 - 2-SAT

概念

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。

可以证明，当 k>2 时，k-SAT是NP完全的。因此一般讨论的是 k=2 的情况，即2-SAT问题。

我们通俗的说，就是给你n个变量ai，每个变量能且只能取0/1的值。同时给出若干条件，形式诸如$(not)a_{i}opt(not)a_j=0/1$，其中$opt$表示$and,or,xor$中的一种

而求解2-SAT的解就是求出满足所有限制的一组a

首先我们考虑将2-SAT问题往图论的方向靠，我们发现每个点要么取0，要么取1。因此对于$a_i$，我们建两个点$2i-1$与$2i$分别表示$ai$取$0$和$1$

建边

然后我们考虑建边来表示这些关系，我们令一条有向边的意义：$x\to y$表示如果选择了$x$就必须选$y$

那么我们可以举一些简单的例子来总结下连边的规律（用$i\prime$表示$i$的反面）：

• $i,j$必须同时选：选了$i$就要选$j$，选$j$就要选$i$。故$i\to j,j\to i$。一般操作即为$a_i$ $xor$ $a_j=0$
• $i,j$必须且只能 选一个：选了$i$就要选$j^{\prime }$，选$j$就要选$i\prime$，选$i\prime$就要选$j$，选$j\prime$就要选$i$。故$i\to j\prime ,j\to i\prime ,i\prime \to j,j\prime \to i$。一般操作即为$a_i$ $xor$ $a_j=1$
• $i,j$至少 选一个：选个$i^{\prime }$就要选$j$，选$j^{\prime }$就要选$i$，$a_i$ $or$ $a_j=1$
• $i,j$至多 选一个：选个$i$就要选$j^{\prime }$，选$j$就要选$i’$，$a_i$ $and$ $a_j=0$
• $i$必须选：直接$i\prime \to i$,可以保证无论怎样都选$i$。一般操作为给出的$a_i=1$或$a_i$ $and$ $a_j=1$

建好图然后就是考虑怎么用图论的方式解决2-SAT了。
建好图然后就是考虑怎么用图论的方式解决2-SAT了。

实现

1. 对于每个当前不确定的变量$a_i$，令$a_i=0$然后沿着边DFS访问相连的点。
2. 检查如果会导致任意一个$j$与$j\prime$都被选，那么撤销。否则令$a_i=0$
3. 否则令$ai=1$，重复2。如果还不行就无解。
4. 继续考虑下一个不确定的变量

这样的话正确性显然，由于这里的DFS涉及到全局，因此复杂度是$O(n(n+m))$的。

一般情况下已经很优秀了，而且还可以改进：

只需要在DFS之前判断$i\prime$能否走到$i$就可以省略撤销标记的过程，所以我们可以bitset优化传递闭包做到$O(n3w)O$预处理，然后就可以$O(n+m)$的DFS了。

这种做法还可以保证解的字典序，有时不失为一种不错的方法

考虑我们上面的判断有无解的情况，我们想到完全可以借助SCC来判断两个点是否互相到达。

那么我们先缩点，如果$i$与$i\prime$在同一SCC里那么显然无解。

否则选择$i$与$i\prime$中拓扑序较大的一个就可以得到一组可行解。

不是很常用（主要是一般题目的数据范围都不需要），用来判可行性比较好。

代码

/*
将每个变量拆成两个点2i和2i+1，分别表示xi为假和xi和真
对于每个条件，连两条对称的有向边。
逐一考虑没有赋值的变量，先假定它为假，然后标记结点2i，然后沿着有向边标记所有能标记的结点
如果标记的过程中 发现某个变量对应的两个结点都被标记，则xi为假这个假定不成立，需要改xi为真
然后重新标记
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;
const int maxn=100+10;
struct TwoSAT{
    int n;
    vector<int>G[2*maxn];
    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<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 xval,int y,int yval){
        x=x*2+xval;
        y=y*2+yval;
        G[x^1].push_back(y);
        G[y^1].push_back(x);
    }

    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;
    }
};
int main(){
}