Description
由于对Farmer John的领导感到极其不悦，奶牛们退出了农场，组建了奶牛议会。议会以“每头牛 都可以获得自己想要的”为原则，建立了下面的投票系统： M只到场的奶牛 (1 <= M <= 4000) 会给N个议案投票(1 <= N <= 1,000) 。每只 奶牛会对恰好两个议案 B_i and C_i (1 <= B_i <= N; 1 <= C_i <= N)投 出“是”或“否”（输入文件中的‘Y‘和‘N‘）。他们的投票结果分别为VB_i (VB_i in {‘Y‘, ‘N‘}) and VC_i (VC_i in {‘Y‘, ‘N‘})。 最后，议案会以如下的方式决定：每只奶牛投出的两票中至少有一票和最终结果相符合。 例如Bessie给议案1投了赞成‘Y‘，给议案2投了反对‘N‘，那么在任何合法的议案通过 方案中，必须满足议案1必须是‘Y‘或者议案2必须是‘N‘（或者同时满足）。 给出每只奶牛的投票，你的工作是确定哪些议案可以通过，哪些不能。如果不存在这样一个方案， 输出"IMPOSSIBLE"。如果至少有一个解，输出： Y 如果在每个解中，这个议案都必须通过 N 如果在每个解中，这个议案都必须驳回 ? 如果有的解这个议案可以通过，有的解中这个议案会被驳回 考虑如下的投票集合： - - - - - 议案 - - - - - 1 2 3 奶牛 1 YES NO 奶牛 2 NO NO 奶牛 3 YES YES 奶牛 4 YES YES 下面是两个可能的解： * 议案 1 通过（满足奶牛1，3，4） * 议案 2 驳回（满足奶牛2） * 议案 3 可以通过也可以驳回（这就是有两个解的原因） 事实上，上面的问题也只有两个解。所以，输出的答案如下： YN?
Input
* 第1行：两个空格隔开的整数：N和M * 第2到M+1行：第i+1行描述第i只奶牛的投票方案：B_i, VB_i, C_i, VC_i
Output
* 第1行：一个含有N个字符的串，第i个字符要么是‘Y‘（第i个议案必须通过），或者是‘N‘ （第i个议案必须驳回），或者是‘?‘。 如果无解，输出"IMPOSSIBLE"。
Sample Input
3 4
1 Y 2 N
1 N 2 N
1 Y 3 Y
1 Y 2 Y
Sample Output
YN?
2-SAT，由不满足条件的点指向必须满足的点建图，枚举每一个方案是否可行
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 using namespace std;
4 const char ch[3]={‘Y‘,‘N‘,‘?‘};
5 const int N=10000;
6 struct ee{int to,next;}e[N];
7 int opt[N],n,m,head[N],cnt;
8 bool vis[N];
9 void dfs(int x){
10 vis[x]=1;
11 for (int l=head[x];l;l=e[l].next){
12 int v=e[l].to;
13 if (!vis[v]) dfs(v);
14 }
15 }
16
17 void insert(int u,int v){
18 e[++cnt].to=v; e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
19 }
20
21 bool check(int x,int pd){
22 memset(vis,0,sizeof(vis));
23 dfs(2*x-pd);
24 for (int i=1;i<=n;i++)
25 if (vis[i*2]&&vis[i*2-1]) return 0;
26 return 1;
27 }
28
29 int main(){
30 scanf("%d%d",&n,&m);
31 char ch1[2],ch2[2];
32 for (int i=1;i<=m;i++){
33 int x,y,xp,yp;
34 scanf("%d%s%d %s",&x,ch1,&y,ch2);
35 if (ch1[0]==‘N‘)x=x*2;else x=x*2-1;
36 if (ch2[0]==‘N‘)y=y*2;else y=y*2-1;
37 if (x%2==0)xp=x-1;else xp=x+1;
38 if (y%2==0) yp=y-1;else yp=y+1;
39 insert(yp,x);insert(xp,y);
40 }
41 for (int i=1;i<=n;i++){
42 int q=check(i,0),p=check(i,1);//0代表不通过，1代表通过
43 if (!p&&!q) {printf("IMPOSSIBLE\n");return 0;}
44 if (p&&q)opt[i]=2;
45 if (p&&!q)opt[i]=0;
46 if (q&!p)opt[i]=1;
47 }
48 for (int i=1;i<=n;i++) printf("%c",ch[opt[i]]);
49 }