2-SAT讲解+模板

最新推荐文章于 2025-05-21 13:09:07 发布

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一、定义

要知道2-sat是什么我们先要知道什么是适定性问题（Satisfiability）。适定性问题通俗的来说就是确定是否可以满足所有条件，或者说就是确定一个满足所有条件的方案。取英文的前三个字母，简称sat问题。
通俗的sat问题表述一般是这样的：有很多个集合，每个集合里面有若干元素，现给出一些取元素的规则，要你判断是否可行，可行则给出一个可行方案。如果所有集合中，元素个数最多的集合有k个，那么我们就说这是一个k-sat问题，2-sat问题就是k=2时的情况。
当 k > 2 时该问题为 NP完全问题。所以我们只研究 k = 2 的情况。

二、分析

我们先引入一个2-sat的经典问题：

题目大意：一国有n个党派，每个党派在议会中都有2个代表，现要组建和平委员会，要从每个党派在议会的代表中选出1人，一共n人组成和平委员会。已知有一些代表之间存在仇恨，也就是说他们不能同时被选为和平委员会的成员，现要你判断满足要求的和平委员会能否创立？如果能，请任意给出一种方案。
（HDU 1814）

很明显，就从上面的定义上来看我们就可以看成这题是给2-sat的问题（事实上大部分2-sat的问题都一眼可以看出）。
那么对于这到底，很容易想到的做法就是搜索，将所有的仇恨关系建图，然后在图上遍历，这也是 2-sat的基本思想，至于如何建图和遍历我们往下看。

如何建图

上面就说了，将2-sat问题往图上靠，我们可以发现，对于2-sat问题的每个点，我们要么取，要么不取，即不是0就是1。因此，如果给你n个点，对于点ai，我们可以建两个点 $2 i - 1$ 和 $2 i$ 来分别表示不取（0）和取（1）。
那么下一步我们便需要利用所给的仇恨关系来建边，我们定义一个有向边：x→y表示如果选择了x一定要选y。

那么对于2-sat问题的每个集合的两个元素a，b来说，一般有四种规则：

a，b必须都选：这个就很简单，连边就是 $a \to b ， b \to a$ （关系应该是双向的）；
a，b不能同时选：即选了a就不能选b，选了b就不能选a，我们记 $a^{'}, b^{'}$ 分别为不选a，不选b，那么建边关系就应该是 $a \to b^{'} ， b \to a^{'}$ ;
a，b至少选一个：这我们可以反过来考虑，既然至少选一个，那么如果不选a就一定要选b，反之同理。建边关系应该是 $b^{'} \to a ， a^{'} \to b$ ；
a(b)必须选：建边应该是 $a^{'} \to a$ ；

建完图，下面就要考虑这么利用图来解决问题了。

三、解决方法

通常的解决方法就是利用TarjanSCC缩点的方法来做。（不了解Tarjan算法的，可以先去了解一下，Tarjan算法是用来求图的强连通分量和强连通性的一个十分快速的算法，与dfs类似）
我们建完边后跑一边Tarjan SCC来判断是否有一个集合中的两个元素出现在同一个SCC（强连通分量）中，若有则直接输出不可能。构造方案只需要把几个不矛盾的 SCC 拼起来就好了。因为 Tarjan
算法求强连通分量时使用了栈，所以 Tarjan 求得的 SCC 编号相当于反拓扑序。

算法的基本思想大致为：就是沿着图上一条路径，如果一个点被选择了，那么这条路径以后的点都将被选择，那么，出现不可行的情况就是，存在一个集合中两者都被选择了。

四、模板

代码中附带算法步骤的详细解释。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1100;
bool mark[2*N];
int stack[2*N];
int n,m;//n为人数，m为关系数
int top;
vector<int> g[2*N];//范围开为数据范围的两倍
void init()//初始化
{
  memset(mark,false,sizeof(mark));
  for(int i=0;i<2*N;i++)
  {
    g[i].clear();
  }
}
void addedge(int x,int y)//建边函数，该函数随题目不同而变化
{
  g[x].push_back(y^1);//选x必须选y'
  g[y].push_back(x^1);//选y必须选x'
}
bool dfs(int x)
{
  if(mark[x^1]) return false;//如果该点的对立面为真，该点必定为假
  if(mark[x]) return true;//如果该点之前扫过，为真，那么直接返回
  mark[x]=true;//如果这个点没讨论过，那么把该点赋为真
  stack[++top]=x;
  int len=g[x].size();
  for(int i=0;i<len;i++)//遍历这条路径上的所有点
  {
    if(!dfs(g[x][i])) return false;//该点为真，那么和这个点相连的每个点全必须为真，否则返回false
  }
  return true;
}
bool twosat()
{
  for(int i=0;i<2*n;i+=2)
  {
    if(!mark[i]&&!mark[i+1])//如果该点没讨论过
    {
      top=0;
      if(!dfs(i))
      {
        while(top>0)
        {
          mark[stack[top--]]=false;//栈里元素全出栈，并赋值为假
        }
        if(!dfs(i+1)) return false;//如果!dfs(i+1),说明该事物的正反两面都在一个强连通分量里，不符
      }
    }
  }
  return true;
}
int main()
{
  int x,y;
  init();
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=0;i<m;i++)
  {
    scanf("%d%d",&x,&y);
    addedge(x,y);
  }
  //判断可行性
  if(twosat()) printf("yes\n");
  else printf("no\n");
  /*输出最小字典序
  if(twosat())
  {
    for(int i=0;i<2*n;i++)
    {
      if(mark[i]) printf("%d\n",i+1);
    }
  }
  */
  return 0;
}