2 Sat模板詳解

這幾天看了一下2-sat，因為有tarjan以及拓撲排序等等的知識基礎，還是比較好理解的，我看到的有兩個模板，乙個是時間複雜度為o(nm),另乙個時間複雜度為o(m)，但是第二種存在一種侷限，他只是能求解隨機的解，但是如果要是求解字典序最小的解，只能使用第一種解法.......

我們就用乙個例子來看一下第乙個模板： hdu 1814

題目意思：有2*n個人，每兩個人一組（1-2一組，3-4一組），兩組中只能選擇其中乙個，同時又m對人有矛盾，有矛盾的人不能同時別選擇，有解的話，我們就輸出字典序最小的一組解，沒有解輸出"nie"

題目解析：我們比如一組人1-2，另一組3-4，我們1和3有矛盾，那麼我們如果選擇1的話，只能選擇4，如果選擇3的話，我們只能選擇2，那麼我們可以建圖將這樣必須的點之間連起來，那麼我們就可以直接通過dfs求解答案就可以，不存在解的情況就是：一組中的兩個人同時被選擇

#include #include #include #include using namespace std;
const int maxn = 20020;
const int maxm = 100010;
//當要求求解最小字典序的時候，我們只能用時間複雜度為o(nm)的這個演算法
struct edge
edge[maxm];
int head[maxn],tot;
void init()
void add_edge(int u,int v)
bool vs[maxn];//染色標記，true表示選擇
int stact[maxn],top;
bool dfs(int u) //我們要對u進行染色
bool twosat(int n)
}return true;
}int main()
if(twosat(2*n)) //判斷
else
printf("nie\n");
}return 0;
}

現在我們看一下第二種演算法：poj3648

現在還只是能當模板先用著，這個題中我們知道新郎和新娘是不能在同一邊的，我們要選擇的是新郎一遍的情況，所以答案中一定要包含新郎，我們要怎樣新增這個條件呢，我們就在0和1之間加一條邊，因為這個邊的含義是選了0之後必須要選1，那麼我們要是選擇0的話，就一定會選1，然後1我們會產生矛盾，從而我們就新增了這個條件，但是為什麼要反向建邊，等對2-sat有了更深刻的理解之後會再更新的...

#include #include #include #include #include #include using namespace std;
/**縮點->判斷同一集合中的點是否在同一連通分量中，如果在就沒有答案
拓撲排序，染色，染有同一顏色的可以被安排在同一
**/const int maxn =1000;
const int maxm = 100;
int n,m;
struct edge
edge[maxn];
int head[maxm],t;
int low[maxm],dfn[maxm],vis[maxm],stact[maxm],index,tot;
int belong[maxm],num;
int fp[maxm],color[maxm],in[maxm];
vectorg[maxm];
void init()
void add_edge(int u,int v)//t邊的條數
void tarjan(int u)
else if(vis[v])
low[u] = min(low[u],dfn[v]);
}if(low[u] == dfn[u])
while(u != stact[index+1]);
}}void dag()//重新建圖，反向建邊
}}void toposort()
for(int i = 0;i < g[p].size();i ++)
if(-- in[g[p][i]] == 0)
q.push(g[p][i]);
}}int main()
add_edge(0,1);//如果選擇了0就必須選擇1，那麼就矛盾了，所以0一定不會被選，選出來的就是新娘那邊的
for(int i =0 ;i < 2*n;i ++)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
bool flag = false;
for(int i = 0;i < 2*n;i +=2)
else
}if(!flag)
printf("\n");
}else
printf("bad luck\n");
}return 0;
}

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模板 2 SAT 問題 2 SAT

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