题意
题目背景
\(2-SAT\)问题模板
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。
输入输出格式
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\(b\)”\((a,b\in \{ 0,1\} )\)
输出格式：
如无解，输出"IMPOSSIBLE"（不带引号）; 否则输出"POSSIBLE"（不带引号),下一行\(n\)个整数\(x_1\sim x_n(x_i\in \{ 0,1\} )\)，表示构造出的解。
输入输出样例
输入样例#1：
3 1
1 1 3 0输出样例#1：
POSSIBLE
0 0 0思路
快学\(2-SAT\)，这样你就可以做[NOI2017]游戏这道水题了。 --huyufeifei
\(2-SAT\)问题是我很喜欢的一类问题，一是因为它使用了我很喜欢的\(Tarjan\)算法
，二是它使用逻辑判断的方式实现的算法，这也是很使我喜欢的。
对于每一个\(x_i\)我们建两个点，编号为\(i\)和\(i+n\)，\(i\)表示\(x_i=1\)的情况，\(i+n\)表示\(x_i=0\)的情况。接下来考虑对于每一对逻辑关系建边。在这里，为了问题的普适性，我们不止考虑题目列出的条件，来试着考虑更多的情况。
- \(a\)为真：建立一条边\((a+n,a)\)，表示如果\(a\)为假，则\(a\)为真。这样就可以最终推得\(a\)为真的情况。
- 如果\(a\)为真，则\(b\)为假：建立两条边：\((a,b+n),(b,a+n)\)。
- \(a\)为真与\(b\)为假至少满足一个：建立两条边：\((a+n,b+n),(b,a)\)。
- \(a\)为真与\(b\)为假不能同时满足：建立两条边：\((a,b),(b+n,a+n)\)。
还有很多的情况没有枚举，不过它们与上述内容形似，在这里就不做列举了。
接下来怎么办呢？根据我们连边的方式，不难发现边的意义为推导出，也就是说，如果\(a\)能通过某些路径到达\(b\)，这表示的意义就是\(a\)能通过某些条件推导出\(b\)，那么如果我们让\(a\)满足，\(b\)就一定要被满足。如果\(a,b\)能够互达，就说明这两者要么同时被满足，要么同时不被满足。
不难想出，有且仅有一种情况无解：\(a\)与\(a+n\)可以互达，也就是两个互相矛盾的条件可以互相推导出。使用\(Tarjan\)缩点，这样可以快速求出任意两点是否可以互相到达，也就可以判断出解的存在性。
如何决定各个变量的取值呢？如果能从\(a\)推导出\(a+n\)，我们显然不能选择\(a\)，而只能选择\(a+n\)。所以对于同一个变量的两个取值，我们要检查其是否有推导的关系。根据\(Tarjan\)算法的特性，如果\(a\)能到达\(b\)且\(a,b\)不在同一缩出的点中，那么\(b\)缩点之后所在点的编号一定小于\(a\)。如果\(a\)不能到达\(b\)，那么两者的缩点编号不好判断。当然，既然只需要得出任意一组解，对于每一对\((a,a+n)\)，我们就输出其缩点编号小的即可。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e6+5;
int n,m,tot,dfn[MAXN],low[MAXN];
int cnt,top[MAXN],to[MAXN],nex[MAXN];
int js,bel[MAXN];
bool vis[MAXN];
stack<int>S;
int read()
{
int re=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return re;
}
void add_edge(int x,int y){to[++cnt]=y,nex[cnt]=top[x],top[x]=cnt;}
void tarjan(int now)
{
dfn[now]=low[now]=++tot,vis[now]=true;
S.push(now);
for(int i=top[now];i;i=nex[i])
if(!dfn[to[i]]) tarjan(to[i]),low[now]=min(low[now],low[to[i]]);
else if(vis[to[i]]) low[now]=min(low[now],dfn[to[i]]);
if(dfn[now]==low[now])
{
bel[now]=++js,vis[now]=false;
while(S.top()!=now) bel[S.top()]=js,vis[S.top()]=false,S.pop();
S.pop();
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
while(m--)
{
int x=read(),xx=read(),y=read(),yy=read();
if(xx&&yy) add_edge(x+n,y),add_edge(y+n,x);
else if(xx&&!yy) add_edge(x+n,y+n),add_edge(y,x);
else if(!xx&&yy) add_edge(x,y),add_edge(y+n,x+n);
else if(!xx&&!yy) add_edge(x,y+n),add_edge(y,x+n);
}
for(int i=1;i<=(n<<1);i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(bel[i]==bel[i+n])
{
printf("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
puts("POSSIBLE");
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",bel[i]<bel[i+n]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/coder-Uranus/p/9893511.html