2-SAT问题解决策略与实例解析-优快云博客

2-sat基础

2-sat简介

2-SAT，简单的说就是给出 $n$ 个集合，每个集合有两个元素，已知若干个 $< a, b >$ ，表示 $a$ 与 $b$ 矛盾（其中 $a$ 与 $b$ 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 $n$ 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。

比如邀请人来吃喜酒，夫妻二人必须去一个，然而某些夫妻之间有矛盾，那么我们要确定能否避免来人之间有矛盾，有时需要方案。这是一类生活中常见的问题。

算法原理

参考网上公认的大牛的文章，提供两种不同的思考方向

通用解题思路

假设有 $a 1, a 2$ ,和 $b 1, b 2$ 两对元素, $< a 1, b 1 >$ 表示 $a 1, b 1$ 之间有矛盾，由于 $a$ 和 $b$ 必须选出一个，我们用两条有向边 $(a 1, b 2)$ $(b 1, a 2)$ 表示下面两个方案

选择 $a 1$ ,由于 $< a 1, b 1 >$ ，那么必须选择 $b 2$
选择 $b 1$ ,由于 $< a 1, b 1 >$ ，必须选择 $a 2$

类似的构造完所有边之后，我们跑一遍 $T a r jan$ 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 $x$ 的拓扑序在 $\neg x$ 之后，那么取 $x$ 值为真。应用到 $T a r jan$ 算法的缩点，即 $x$ 所在 $SCC$ 编号在 $\neg x$ 之前时，取 $x$ 为真，否则取 $x$ 为假。因为 $T a r jan$ 算法求强连通分量时使用了栈，所以 $T a r jan$ 求得的 $SCC$ 编号相当于反拓扑序。

时间复杂度为 $O (n + m)$

加深理解

【模板】2-SAT 问题

题目描述

有 $n$ 个布尔变量 $x_1$ $\sim$ $x_n$ ，另有 $m$ 个需要满足的条件，每个条件的形式都是「 $x_i$ 为 true / false 或 $x_j$ 为 true / false」。比如「 $x_1$ 为真或 $x_3$ 为假」、「 $x_7$ 为假或 $x_2$ 为假」。

2-SAT 问题的目标是给每个变量赋值使得所有条件得到满足。

输入格式

第一行两个整数 $n$ 和 $m$ ，意义如题面所述。

接下来 $m$ 行每行 $4$ 个整数 $i$ , $a$ , $j$ , $b$ ，表示「 $x_i$ 为 $a$ 或 $x_j$ 为 $b$ 」( $b\in \{0,1\}$ )

输出格式

如无解，输出 IMPOSSIBLE；否则输出 POSSIBLE。

下一行 $n$ 个整数 $x_1\sim x_n$ （ $x_i\in\{0,1\}$ ），表示构造出的解。

数据范围

$1≤n,m≤10^6$

求解思路

每一个条件都是形如 $a\lor b$ 的约束，各种约束条件对应的逻辑命题如下：

$\lor b$	$\neg a \to b$ $\neg b \to a$
$\neg a \lor b$	$\to b$ $\neg b \to \neg a$
$a\lor b$	$\neg a \to \neg b$ $\to a$
$\neg a\lor \neg b$	$\to \neg b$ $\to \neg a$

建图之后判断是否存在 $x$ 和 $\neg x$ 在同一强连通分量，若不存在则有解，否则无解。

如果 $x$ 的拓扑序在 $\neg x$ 之后，选择 $x$ ，否则选择 $\neg x$ ，实际处理的时候， $t a r jan$ 求得的是反拓扑序，即 $x$ 和 $\neg x$ 谁序号越小选谁。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 4e6+7,M=2*N;
int a[N];

int h[N],e[M],ne[M],idx=1;
bool st[N];
int d[N],pre[N];
void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b;
	ne[idx]=h[a];
	h[a]=idx++;
}

int n,m;

int dfn[N],low[N],times=0;
stack<int>stk;
bool in_stk[N];
int scc[N],sid=0;

void tarjan(int u)
{
	low[u]= dfn[u]= ++times;
	stk.push(u);
	in_stk[u]=true;
	
	for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(!dfn[j]){
			tarjan(j);
			low[u]=min(low[j],low[u]);
		}else if(in_stk[j]){
			low[u]=min(low[j],low[u]);
		}
	} 
	
	if(low[u]==dfn[u]){
		int p;
		++sid;
		do{
			p=stk.top();
			stk.pop();
			in_stk[p]=false;
			scc[p]=sid;
		}while(p!=u);
	}
}

bool solve()
{
	for(int i=1;i<=2*n;i++) 
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(low[i]==low[i+n]) return false;
	}
	return true;
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	int x,a,y,b;
	
	while(m--){
		cin>>x>>a>>y>>b;

		if(a==1&&b==1){
			add(x+n,y);
			add(y+n,x);
		}else if(a==1&&b==0){
			add(x+n,y+n);
			add(y,x);
		}else if(a==0&&b==1){
			add(x,y);
			add(y+n,x+n);
		}else if(a==0&&b==0){
			add(x,y+n);
			add(y,x+n);
		}
	}
	
	if(solve()){
		cout<<"POSSIBLE"<<endl;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cout<<(scc[i]<scc[i+n])<<' ';
		}
	}else cout<<"IMPOSSIBLE"<<endl;
	return 0;
}

卡图难题

题目描述

有 $n$ 个布尔变量 $X_0$ $\sim$ $X_n-1$ ，每个变量的可能取值为 $0$ 或 $1$ 。

给定M个算式，每个算是形如 $X_a$ $o p$ $X_b = c$ ，其中 $a$ , $b$ 是变量编号， $c$ 是数字 $0$ 或 $1$ ， $o p$ 是 $A N D$ $OR$ $XOR$ 三个位运算之一。

求是否存在对每个变量的合法赋值，使所有算式都成立。

输入格式

第一行两个整数 $n$ 和 $m$ 。

接下来 $M$ 行，每行包含三个整数 $a, b, c$ ，以及一个位运算（ $A N D$ , $OR$ , $XOR$ 中的一个）。

输出格式

输出结果，如果存在，输出 YES，否则输出 NO。

数据范围

$1 <= N <= 1000$

$1<=M<=10^6$

输入样例

4 4
0 1 1 AND
1 2 1 OR
3 2 0 AND
3 0 0 XOR

输出样例

YES

求解思路

每个元素都只有两种取值方案，这仍然是一道2-sat

同样按题目要求得出对应的逻辑，按照一下逻辑构图，

$\& b =1$	$\neg a \to a$ $\neg b \to b$
$\& b =0$	$\to \neg b$ $\to \neg a$
$a ∣ b = 1$	$\neg a \to b$ $\neg b \to a$
$a ∣ b = 0$	$\to \neg a$ $\to \neg b$
$\land b=1$	$\to b$ $\to a$ $\neg a \to \neg b$ $\neg b \to \neg a$
$\land b=0$	$\to \neg b$ $\to \neg a$ $\neg a \to b$ $\neg b \to a$

我们用 $x$ 表示 $1$ , $x + n$ 表示0 也就是 $\neg x$

建图之后判断是否存在 $x$ 和 $\neg x$ 在同一强连通分量，若不存在则有解，否则无解。

//tarjan直接套用即可
bool solve()
{
	for(int i=0;i<2*n;i++) 
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(low[i]==low[i+n]) return false;
	}
	return true;
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	int a,b,c;
	string ch;
	while(m--){
		cin>>a>>b>>c>>ch;
		if(ch[0]=='A'){
			if(c==1) {
				add(a+n,a);add(b+n,b);
			}
			else {
				add(a,b+n);add(b,a+n);
			}
		}else if(ch[0]=='O'){
			if(c==1){
				add(a+n,b);add(b+n,a);
			}else {			
				add(a,a+n);add(b,b+n);	
			}
		}else {
			if(c==1) {
				add(a,b);add(b,a);
				add(a+n,b+n);add(b+n,a+n);
			}else {
				add(a,b+n);add(a+n,b);
				add(b,a+n);add(b+n,a);
			}
		}
	} 
	
	if(solve()) cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
	return 0;
}

Wedding

题目描述

最多30对新人将参加婚宴，他们将坐在长桌的两边。新娘和新郎坐在一端，彼此相对，新娘戴着一个精心制作的头饰，她不会看到和她坐在同一边的人。丈夫和妻子坐在桌子的同一侧被认为是不吉利。此外，还有几对人存在矛盾，有矛盾的人坐在同一侧也被认为是不吉利的。你的工作是安排餐桌上的人，以避免任何不吉利

输入格式

输入包含多组测试用例。

第一行两个整数 $n$ 和 $m$ 。表示共有 $n$ 对夫妇， $m$ 对矛盾关系。接下来 $m$ 行，每行揭露一个矛盾关系。

如 7h 3w 表示第 7 对夫妇中的丈夫和第 3 对夫妇中的妻子有矛盾。

每对夫妇被编号为 0,1,...,n-1，其中新郎新娘的编号为 0。

当输入一行为 0 0 时，表示输入终止。

输出格式

每组测试用例输出一个结果，每个结果占一行。结果包含同新娘坐在一侧的人员列表。如果有多种方案，随便输出一种即可。

输出结果时，请按照编号从小到大的顺序，输出人员。如果没有方案，则输出 bad luck。

输入样例

10 6
3h 7h
5w 3w
7h 6w
8w 3w
7h 3w
2w 5h
0 0

输出样例

1h 2h 3w 4h 5h 6h 7h 8h 9h

求解思路

1.首先定义i为妻子，i+n为丈夫，夫妻之中妻子的真值为true，丈夫的真值为false（可以尝试换一种定义方式，然后修改代码，检验自己是否完全理解 $2 - s a t$ ）

2.题目要求输出和新娘在同一侧的人员名单，而新娘的编号是0，也就是说在有解的情况下，0是必选的，0与n是夫妻关系，n必不选，为了必选0，需要加一条由丈夫指向妻子的边，即add(n,0)

3.如果有解，那么选择夫妻之间拓扑序小的坐新娘这侧。

代码

//tarjan模板略
void init()
{
	memset(h, 0, sizeof h);
	memset(dfn, 0, sizeof dfn);
	memset(low, 0, sizeof low);
	memset(in_stk, 0, sizeof in_stk);
	memset(scc, 0, sizeof scc);
	while (!stk.empty()) stk.pop();
	idx = 1;
	sid = 0;
}

int main()
{
	int cnt=0;
	while (cin >> n >> m) {
		if (n + m == 0) break;
		init();
        int a,c,pa,pc;
        char b,d;
        
        while(m--){
            cin>>a>>b>>c>>d;
            if(b=='h') pa=a,a=a+n;
            else pa=a+n;
            if(d=='h') pc=c,c=c+n;
            else pc=c+n;
            add(pa,c);
            add(pc,a);
        }
        add(n,0);
        
		if (solve()) {
			for (int i = 1; i < n; i++) {
				if (scc[i] < scc[i + n]) cout << i << 'w' << ' ';
				else cout << i << 'h' << ' ';
			}
		}
		else {
			cout << "bad luck";
		}
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

平面图判定

题目描述

若能将无向图 $G = (V, E)$ 画在平面上使得任意两条无重合顶点的边不相交，则称 $G$ 是平面图。判定一个图是否为平面图的问题是图论中的一个重要问题。现在假设你要判定的是一类特殊的图，图中存在一个包含所有顶点的环，即存在哈密顿回路。

输入格式

输入文件的第一行是一个正整数 $T$ ，表示数据组数 (每组数据描述一个需要判定的图)。

每组数据的第一行是用空格隔开的两个正整数 $N$ 和 $M$ ，分别表示对应图的顶点数和边数。

紧接着 $M$ 行，每行两个正整数 $u$ 和 $v$ $\left(1\leq u,v\leq N\right)$ ，表示对应图的一条边 $\left(u,v\right)$ , 输入的数据保证所有边仅出现一次。

每组数据的最后一行是用空格隔开的 $N$ 个正整数，从左到右表示对应图中的一个哈密顿回路： $V_1,V_2,…,V_N$ ，即对任意 $i\not=j$ 有 $V_i\not=V_j$ 且对任意 $1\leq i\leq N-1$ 有 $\left(V_i,V_i-1\right)\in E$ 及 $\left(V_1,V_N\right)\in E$ 。输入的数据保证 $100\%$ 的数据满足 $T\leq100,3\leq N\leq200,M\leq10000$ 。

输出格式

包含 $T$ 行，若输入文件的第 $i$ 组数据所对应图是平面图，则在第 $i$ 行输出 $\text{YES}$ ，否则在第 $i$ 行输出 $\text{NO}$ ，注意均为大写字母

输入样例

2
6 9
1 4
1 5
1 6
2 4
2 5
2 6
3 4
3 5
3 6
1 4 2 5 3 6
5 5
1 2
2 3
3 4
4 5
5 1
1 2 3 4 5

输出样例

NO
YES

解题思路

在这里插入图片描述

假设黑线是哈密顿环的一部分，红线是除了环之外的其他边，假设所有的边都在环的内部（上图），如果发现两条边相交，我们一定可以把其中一条边画在环的外部从而避免相交（下图），于是我们的 $2 - s a t$ 模型就是所有两两相交的边，不能同时出现在内部或者外部（如果在内部相交，那么在外部也一定会相交）。

在这里插入图片描述

接下来要思考的是如何判断两条边必相交，其实只要按照哈密顿环上点的顺序给 $V$ 编号，然后判断两条边是否有交叉区域即可。
在这里插入图片描述

如上图，相交一共两种情况，注意构成哈密顿环的边是不参与比较的。

现在给出此题的 $2 - s a t$ 模型，定义： $x$ 为在环内的边， $\neg x$ 在环外的边，对于不属于哈密顿环的不同的两条边 $a, b$ ，如果相交，则有如下关系：
$\to \neg b，\neg a \to b， b \to \neg a ，\neg b \to a$
最后还有一个平面图的性质: $m <= 3 n - 6$

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5+7,M=N,V=510;

#define x first
#define y second

int h[N],e[M],ne[M],idx=1;
void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b;
	ne[idx]=h[a];
	h[a]=idx++;
}
typedef pair<int,int>PII;
PII edge[N];
int hmd[V];
bool is_hmd[V][V];

int n,m;
int dfn[N],low[N],times;
int stk[N],top;
bool in_stk[N];
int scc[N],sid;

void tarjan(int u)
{
	low[u]= dfn[u]= ++times;
	stk[++top]=u;
	in_stk[u]=true;
	
	for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(!dfn[j]){
			tarjan(j);
			low[u]=min(low[j],low[u]);
		}else if(in_stk[j]){
			low[u]=min(dfn[j],low[u]);
		}
	} 
	
	if(low[u]==dfn[u]){
		int p;
		++sid;
		do{
			p=stk[top--];
			in_stk[p]=false;
			scc[p]=sid;
		}while(p!=u);
	}
}

bool check(int i,int j)//相交返回true 
{
	int ax=hmd[edge[i].x],ay=hmd[edge[i].y];
	int bx=hmd[edge[j].x],by=hmd[edge[j].y];
	if(bx > ax && bx < ay && by > ay) return true;
	if(by > ax && by < ay && bx < ax) return true;
	return false;
}

bool solve()
{
	memset(h,0,sizeof h);
	memset(is_hmd,0,sizeof is_hmd);
	memset(dfn,0,sizeof dfn);
	memset(in_stk,0,sizeof stk);
	idx=1;times=0;top=0;sid=0;
	
	scanf("%d %d",&n,&m);
	int a,b; 
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d %d",&a,&b);
		edge[i]={a,b};
	} 
	
	scanf("%d",&a); hmd[a]=1;//存下当前下标是哈密顿路径的第几个点
	int first=a;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		scanf("%d",&b); hmd[b]=i;
		is_hmd[a][b]=is_hmd[b][a]=true;//a,b之间的路径是哈密顿路径
		a=b;
	}
	is_hmd[first][a]=is_hmd[a][first]=true;
	
	if(m>3*n-6) return false;
	
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){//要将原图转换2-sat模型，首先排除掉哈密顿环上的边
		if(is_hmd[edge[i].x][edge[i].y]) continue;
		if(hmd[edge[i].x]<hmd[edge[i].y]) edge[++cnt]=edge[i];
		else edge[++cnt]={edge[i].y,edge[i].x};
	}
	m=cnt;

	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=i+1;j<=m;j++){
			if(check(i,j)) {//判断边i,j是否相交，在此之前已经保证不存在哈密顿环的边
				add(i,j+m); add(i+m,j);
				add(j,i+m); add(j+m,i);
			}
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=2*m;i++){
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(scc[i]==scc[i+m]) return false;
	}
	return true;
}

int main()
{
	int t;scanf("%d",&t);
	while(t--) {
		if(solve()) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
	return 0;
}