2 SAT學習筆記

2-sat問題指的是，給你若干個0-1變數。並給你一些限制，讓你求滿足這些限制的可行解（字典序最小的解）。

限制的種類包括以下幾種：

1：a一定是1

2：a一定不是1

3：a，b至少有1個是1

4：a，b最多有乙個是1

5：a，b一定相同

6：a，b一定不同

一般思路是對於乙個變數，建立兩個變數（正，反）代表假設選什麼的情況。用有向邊來表達推出關係。如果乙個正點可以直接或者間接地推出它的反點，且反點也可以推出正點，說明無論是正是反都是自相矛盾。就一定無解。即正反兩點處於同乙個強連通分量裡面，就一定無解啦啦啦。

判斷可行解：

當x

xx 所在的強連通分量的拓撲序在 ¬

x\neg x

¬x所在的強連通分量的拓撲序之後取 x

xx 為真。（可以理解成x

xx為真一定不要推出¬

x\neg x

¬x為真）所以對於縮完點之後的新圖。拓撲排序一下，記錄下每個點和反點的拓撲序。判斷一下是否可以為真就好了。

小技巧：用tarjan找到scc

sccsc

c之後。scc

sccsc

c標號的順序就是該scc

sccsc

c拓撲序的逆序。考慮tarjan的過程，dfs樹底部的那些點已經求好了。所以標號靠前一些。

#include
using
namespace std;
const
int n =
2e6+5;
int head[n]
, nxt[n]
, v[n]
, tot;
int head2[n]
, nxt2[n]
, v2[n]
, tot2;
int dfn[n]
, low[n]
, sta[n]
, col[n]
, insta[n]
, sum, tim, top;
int rnk[n]
, ind[n]
, cnt;
int n, m;
inline
void
add(
int x,
int y)
inline
intread()
while
(ch >=
'0'&& ch <=
'9')
return x * f;
}inline
void
tarjan
(int x)
else
if(insta[y]
) low[x]
=min
(low[x]
, dfn[y]);
}if(low[x]
== dfn[x])}
}inline
void
add(
int x,
int y)
intmain()
for(
int i =
1; i <=
(n <<1)
;++i)
for(
int i =
1; i <= n;
++i)
}puts
("possible");
// tarjan to find the circle
for(
int i =
1; i <= n;
++i)
printf
("\n");
return0;
}

另一種方法：

對於每個當前不確定的變數ai，令ai=0然後沿著邊dfs訪問相連的點。

檢查如果會導致任意乙個j與j′都被選，那麼撤銷。否則令ai=0

否則令ai=1，重複2。如果還不行就無解。

繼續考慮下乙個不確定的變數

這樣的話正確性顯然，由於這裡的dfs涉及到全域性，因此複雜度是o(n(n+m))的。

一般情況下已經很優秀了，而且還可以改進：

只需要在dfs之前判斷i′能否走到i就可以省略撤銷標記的過程，所以我們可以bitset優化傳遞閉包做到o(n

+mw)

o(\frac)

o(wn+m

)預處理，然後就可以o(n+m)的dfs了。

這種做法還可以保證解的字典序，有時不失為一種不錯的方法。

規定字典序最小的方法：

dfs優先按照字典序小的來確定。列舉嘗試是否乙個點可以為1/0。每個點會導致乙個鏈式反應。如果當前情況無法滿足，就回溯撤銷。

update：

（dfs的口胡寫法）

列舉每個點的選擇情況。把它所能推出的情況全部打標記並記錄在棧裡面。如果出現了標記衝突，就把棧中的標記清空，就看看這個點的反面是否可行。如果不可行就無解，否則這個點就被確定下來了。（此處標記是不清空的，代表已經選好了）

一種情況。考慮是否存在標記不衝突，你選好了一種情況。把它所推出的scc全部變成1之後。下乙個點選什麼都不合法了（下乙個點選什麼都會恰好指向乙個它的反面的點）

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