2-sat板子題
如果沒有x這個字元的話，問題變成每個點都有兩種選法，有一些限制，顯然是個2-sat問題，設拆出來的兩個點分別為\(i\)和\(i'\)，則對於限制\(x->y\)，連邊\((x,y),(y',x')\)，跑tarjan即可（2-sat基操嘛。）
即使現在有了x這個字元，我們也可以假裝乙個點仍只有兩種選法，列舉這兩種選法，並且確保\(a,b,c\)至少在一種選法中存在就行了；具體來說，對於每個x，列舉\(a\)和\(b\)中哪乙個不能選就足以表示出所有情況了
一句話就是：列舉將每個x變成a或者b，對每種情況跑最簡單的\(2-sat\)就行了
輸出方案的話比較\(color[i]\)和\(color[i+n]\)即可，具體見輸出部分
時間複雜度\(o(n*2^n)\)
//因為spacial judge，最後一行不要輸出回車
#include#define n 100005
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
using namespace std;
int n,m,d,ref[n][3],rev[n][3];
int dfn[n],low[n],c,col,color[n];
int st[n],top;
int ban[10];
char lim[n];
struct r r[n];
struct edge
edge[n<<3];int head[n],cnt;
void add_edge(int from,int to)
//0:a 1:b 2:c
template void read(t &x)
void in()
}void tarjan(int rt)
else if(!color[v]) low[rt]=min(low[rt],dfn[v]);
} if(dfn[rt]==low[rt]) }
bool work()
ref[i][no]=0,ref[i][one]=1,ref[i][two]=2;
rev[i][1]=one,rev[i][2]=two;
} for(int i=1;i<=m;++i) }
for(int i=1,t=(n<<1);i<=t;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
bool ret=1;
for(int i=1;i<=n;++i) if(color[i]==color[i+n]) ret=0;
return ret;
}int main()
} if(!ok) printf("-1");
return 0;
}
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