「算法笔记」2-SAT 问题

修改于不知道哪年不知道哪月。

2021 年写的（已折叠）

一、定义

k-SAT（Satisfiability）问题的形式如下：

有 $n$ 个 01 变量 $x_1,x_2,\cdots,x_n$，另有 $m$ 个变量取值需要满足的限制。
每个限制是一个 $k$ 元组 $(x_{p_1},x_{p_2},\cdots,x_{p_k})$，满足 $x_{p_1}\oplus x_{p_2}\oplus\cdots\oplus x_{p_k}=a$。其中 $a$ 为 $0$ 或 $1$，$\oplus$ 是某种二元 bool 运算（如或运算 $\vee$、与运算 $\wedge$）。
要求构造一种满足所有限制的变量的赋值方案。

当 $k>2$ 时该问题为 NP 完全的，只能暴力求解。因此一般讨论的是 $k=2$ 的情况，即 2-SAT 问题。

二、基本思想

以 Luogu P4782 【模板】2-SAT 问题为例，建立图论模型。

$m$ 个限制，每个限制的形式都是「$x_i$ 为真/假或 $x_j$ 为真/假」。

对于变量 $x_i$，建立两个点 $i$ 与 $i+n$，分别表示 $x_i$ 为真、$\neg x_i$ 为真。

若 $x$ 为真，则 $\neg x$ 为假；若 $\neg x$ 为假，则 $x$ 为真。反之亦然。显然 $x$ 和 $\neg x$ 是互斥的。即，点 $i$ 与 $i+n$ 分别表示 $x_i$ 为真或假。

对变量关系建有向图。有向边 $u\to v$ 表示，若 $u$ 为真，则 $v$ 一定为真。

具体地，对于每个限制 $(a\vee b)$（变量 $a,b$ 至少满足一个），可将其转化为 $\neg a\rightarrow b\wedge\neg b\rightarrow a$（$a$ 为假则 $b$ 一定为真；$b$ 为假则 $a$ 一定为真）。即节点 $\neg a$ 向节点 $b$ 连边，从节点 $\neg b$ 向节点 $a$ 连边。

考虑节点 $i$ 与 $i+n$ 在图中的关系。若它们 互相可达，即在 同一个强连通分量 中，则说明在赋值限制下，它们代表的一对互斥取值会同时被取到。则不存在一组合法的赋值方案。

否则，说明有解，考虑如何构造一组合法解。

首先，对建出的图进行缩点得到一个 DAG。考虑节点 $i$ 与 $i+n$ 所在强连通分量的 拓扑关系。若两分量不连通，则 $x_i$ 取任意值（真或假）。否则只能取属于拓扑序较大的分量的值。因为若取拓扑序较小的值，可以根据逻辑关系推出取另一个值也是同时发生的。

三、具体实现

以 Luogu P4782 【模板】2-SAT 问题为例。

对于每个限制 $(a\vee b)$（变量 $a,b$ 至少满足一个），节点 $\neg a$ 向节点 $b$ 连边，从节点 $\neg b$ 向节点 $a$ 连边。
用 Tarjan 算法对建出的图缩点。
对于 $i\in [1,n]$，若 $i$ 与 $i+n$ 在同一个强连通分量中，则不存在一组合法的赋值方案。
否则，根据 Tarjan 求得的强连通分量的标号为拓扑逆序（Tarjan 算法求强连通分量时使用了栈），即反向的拓扑序，可以得到 $x_i$ 的值（取 $i$ 与 $i+n$ 所在强连通分量拓扑序较大的点的值）。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int n,m,x,a,y,b,cnt,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1],tot,c[N],top,s[N],num,dfn[N],low[N];
void add(int x,int y){
    to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;
}
void tarjan(int x){
    dfn[x]=low[x]=++num,s[++top]=x;
    for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){
        int y=to[i];
        if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
        else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(low[x]==dfn[x]){
        c[x]=++tot;
        while(s[top]!=x) c[s[top--]]=tot;
        --top;
    }
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&y,&b);
        if(a&&b) add(x+n,y),add(y+n,x);
        if(!a&&b) add(x,y),add(y+n,x+n);
        if(a&&!b) add(x+n,y+n),add(y,x);
        if(!a&&!b) add(x,y+n),add(y,x+n);
    }
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(c[i]==c[i+n]) puts("IMPOSSIBLE"),exit(0);
    puts("POSSIBLE");
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d%c",c[i]<c[i+n],i==n?'\n':' ');    //Tarjan 求得的强连通分量的标号为拓扑逆序，即反向的拓扑序 
    return 0;
}

一、2-SAT

每个变量建两个点 $yes(x_i),no(x_i)$。边 $x\to y$ 表示取了 $x$ 就必须取 $y$。

判断可行：不存在 $yes(x_i),no(x_i)$ 在同一 SCC 中。
求可行解：SCC 缩点，对每个变量选拓扑排序中靠后的那个取值。拓扑序较大在 Tarjan 中就是 color 较小。

技巧：

强制选某一取值：比如强制取 $no(x)$，连 $yes(x)\to no(x)$。
有时设计变量 $a_i=x$ 不好处理，可以设计 $a_i\geq x$ 之类的。

同时有 $\geq,\leq ,>,<$ 可以简单转化为只有 $\geq,<$ 这种。
强制 $a_i\neq x$：$yes(a_i\geq x)\to yes(a_i\geq x+1)$，$no(a_i\geq x+1)\to no(a_i\geq x)$（也就是 $yes(a_i\leq x)\to yes(a_i\leq x-1)$）。
前后缀优化建图。

比如要连向除一个点外所有点，可以拆成前缀与后缀。
有些看上去有 A/B/C 三种选择的问题，本质上只有形如 A/C、B/C 这样的两种选择。
保留有用的点。比如一些变量 $a_i\geq x$，很多 $x$ 其实是无用的。

注意输出方案时要注意某个 $a_i$ 没有有用 $x$ 时的情况。

二、例题

1. P3825 [NOI2017] 游戏

2022.3.23

有 $n$ 个地图和三辆车 A,B,C。如果地图为 a 表示 A 不能在这个地图上开，b - B、c - C 也是。如果地图为 x 表示 A,B,C 都能在这个地图上开，这种地图最多有 $d$ 个。

$m$ 个限制 $(i,h_i,j,h_j)$，表示若第 $i$ 个地图用 $h_i$，那么第 $j$ 个地图必须用 $h_j$（$h_i,h_j\in$ A,B,C）。

输出任意一组合法分配方案。无解输出 $-1$。

$n\leq 5\times 10^4$，$d\leq 8$，$m\leq 10^5$。

除了 $d$ 个地图外的其他地图都只有 $2$ 种选择。

暴力枚举 x 用 A/B/C $3^d$ 无法承受。发现 a 已经包含了选 B/C，b 已经包含了选 A/C，暴力 $2^d$ 枚举 x 选 a/b 即可。

现在所有地图都变为只有 $2$ 种取值，对应 2-SAT 中的一个变量，图上的两个点。

若 $yes(i,h_i)$ 无法满足，该限制无效。
否则：
- 若 $yes(j,h_j)$ 无法满足，该情况无解（不能选 $yes(i,h_i)$，$yes(i,h_i)\to no(i,h_i)$）。
- 否则连 $yes(i,h_i)\to yes(j,h_j)$，$no(j,h_j)\to no(i,h_i)$。

时间复杂度 $\mathcal O(2^d(n+m))$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,d,m,p[N],cnt,a[N],b[N],tot,c[N],top,st[N],tim,dfn[N],low[N],tmp;
char s[N],x[N],y[N];
vector<int>v[N];
int yes(int i,char o){return o==(s[i]=='a'?'B':'A')?i:i+n;}
int no(int i,char o){return o==(s[i]=='a'?'B':'A')?i+n:i;}
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,st[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=st[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
void work(){
	for(int i=1;i<=n*2;i++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(c[i]==c[i+n]) return ;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<3;j++) if(s[i]-'a'!=j)
			if(c[yes(i,j+'A')]<c[no(i,j+'A')]) putchar(j+'A');
	exit(0);
}
signed main(){
	scanf("%d%d%s%d",&n,&d,s+1,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(s[i]=='x') p[i]=++cnt;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d %c%d %c",&a[i],&x[i],&b[i],&y[i]);
	for(int k=0;k<(1<<d);k++){
		tim=top=tot=0;
		for(int i=1;i<=n*2;i++) v[i].clear(),dfn[i]=c[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(p[i]) s[i]=(k>>(p[i]-1)&1)?'a':'c';
		for(int i=1;i<=m;i++) if(s[a[i]]-'a'!=x[i]-'A'){
			if(s[b[i]]-'a'==y[i]-'A') v[yes(a[i],x[i])].push_back(no(a[i],x[i]));
			else
				v[yes(a[i],x[i])].push_back(yes(b[i],y[i])),
				v[no(b[i],y[i])].push_back(no(a[i],x[i])); 
		}
		work();
	}
	puts("-1");
	return 0;
}

2. P3209 [HNOI2010] 平面图判定

2023.1.17 CF27D Ring Road 2（*2200）强化

给出一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，判断其是否为平面图。

特别地，保证存在一条哈密顿回路（并在输入中给出）。

$T\leq 100$，$3\leq n\leq 200$，$m\leq 10000$。

按照哈密顿回路将所有的点排在一个圆上，边就变成了圆上的弦。

变量：每条边在圆内/圆外。

若两条边都在圆内会相交（判断条件为对应区间有交且不是包含关系），都在圆外时显然也会相交，只能一个连在圆内一个连在圆外。连 $yes(x)\to no(y),no(x)\to yes(y),yes(y)\to no(x),no(y)\to yes(x)$。

$m\leq 10^4$？一个结论是，平面图中，$m\leq 3n-6$，详情见平面图欧拉公式。

时间复杂度 $\mathcal O(Tn^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define yes(i) i
#define no(i) i+k
using namespace std;
const int N=2e3+5;
int t,n,m,x,k,pos[N],eu[N],ev[N],tim,dfn[N],low[N],top,s[N],c[N],tmp,tot;
vector<int>v[N];
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
void work(){
	for(int i=1;i<=no(k);i++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=k;i++)
		if(c[yes(i)]==c[no(i)]){puts("NO");return ;}
	puts("YES");
}
signed main(){
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&m),k=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			scanf("%d%d",&eu[i],&ev[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&x),pos[x]=i;
		if(m>3*n-6){puts("NO");continue;}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x=pos[eu[i]],y=pos[ev[i]];
			if(x>y) swap(x,y);
			if((x==1&&y==n)||x+1==y) continue;
			eu[++k]=x,ev[k]=y;
		}
		tim=top=tot=0;
		for(int i=1;i<=no(k);i++) v[i].clear(),dfn[i]=c[i]=0;
		for(int i=1;i<=k;i++)
			for(int j=1;j<=k;j++)
				if(eu[i]<eu[j]&&eu[j]<ev[i]&&ev[i]<ev[j])
					v[yes(i)].push_back(no(j)),v[no(i)].push_back(yes(j)),
					v[yes(j)].push_back(no(i)),v[no(j)].push_back(yes(i));
		work();
	}
	return 0;
}

3. P3513 [POI2011]KON-Conspiracy

2022.3.23

给出一张 $n$ 个点的无向图，需要将 $n$ 个点分层两个非空点集 $S_1,S_2$，其中 $S_1$ 构成团，$S_2$ 构成独立集。求方案数。

$2\leq n\leq 5000$。

变量：每个点 $\in$ 团/独立集。

不存在边的点对 $(x,y)$ 不能同时在团中。
一条边 $(x,y)$ 连接的两端不能同时在独立集中。

跑 2-SAT，得到一组可行解。

如何求方案数？所有可行解，都可以通过移出 $S_1$ 中 $\leq 1$ 个点到 $S_2$、移出 $S_2$ 中 $\leq 1$ 个点到 $S_1$ 得到：若某方移出了 $\geq 2$ 个点显然不合法。

三种情况：$S_1$ 某个点移到 $S_2$，$S_2$ 某个点移到 $S_1$，$S_1$ 某个点移到 $S_2$ 并将 $S_2$ 某个点移到 $S_1$（即交换）。

$\mathcal O(n^2)$ 预处理 $i$ 移动到另一方会与另一方的多少个点产生冲突，记为 $cnt_i$。若 $cnt_i=0$，可以将它移动到另一方，或与另一方某个 $cnt_j=0$ 的 $j$ 交换；若 $cnt_i=1$ 且与 $i$ 冲突的点 $j$ 满足 $cnt_j=0$，可以将 $i,j$ 交换。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+5;
int n,k,x,p[N],tot,c[N],top,s[N],tim,dfn[N],low[N],tmp,t[2],cnt[N],mp[N],ans;
bool e[N][N],b[N];
vector<int>v[N],A,B;
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&k);
		while(k--) scanf("%d",&x),e[i][x]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(e[i][j]) v[i+n].push_back(j),v[j+n].push_back(i);
			else v[i].push_back(j+n),v[j].push_back(i+n); 
		}
	for(int i=1;i<=n*2;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(c[i]==c[i+n]) puts("0"),exit(0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(c[i]<c[i+n]) A.push_back(i);
		else B.push_back(i),b[i]=1;
	}
	ans=A.size()&&B.size();
	for(int i:A)
		for(int j:B){ 
			if(e[i][j]) cnt[i]++,mp[i]=j;
			else cnt[j]++,mp[j]=i;
		}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!cnt[i]){
			if((!b[i]&&A.size()>1)||(b[i]&&B.size()>1)) ans++;
			t[b[i]]++;
		}
		else if(cnt[i]==1) ans+=!cnt[mp[i]];
	}
	printf("%d\n",ans+t[0]*t[1]);
	return 0; 
}

4. P6378 [PA2010] Riddle

2022.3.23

$n$ 个点 $m$ 条边的无向图被分成 $k$ 个部分，每个部分包含一些点。

问是否能选择一些关键点，使得每个部分恰有一个关键点，且每条边至少有一个端点是关键点。

$1\leq k,w\leq n\leq 10^6$，$0\leq m\leq 10^6$。

变量：每个点选/不选。

每个部分恰有 $1$ 个点被选 $\Rightarrow$ 每个集合被选 $\leq 1$ 个点：因为这样求出来不合法就是求得的可行解中某个部分无点被选，而第二种约束是“至少”而非“至多”，在这部分任选一个点即可，肯定不会影响第二种约束。

边 $(u,v)$ 上的约束：$no(x)\to yes(y),no(y)\to yes(x)$；

某一部分的约束：对于这部分的某个点 $x$，$x$ 选取了其他点就不能选。$\mathcal O(n^2)$ 建边无法接受，但每次 $x$ 都是向这部分的一个前缀和后缀连边，前后缀优化建图即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+5;
int n,m,k,x,y,a[N],id,pre[N],suf[N],tot,c[N],tim,dfn[N],low[N],top,s[N],tmp;
vector<int>v[N];
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x);
	}
}
signed main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),id=2*n;
	for(int i=1;i<=m;i++){ 
		scanf("%d%d",&x,&y);
		v[x+n].push_back(y),v[y+n].push_back(x);
	}
	for(int i=1,c;i<=k;i++){
		scanf("%d",&c);
		for(int j=1;j<=c;j++) pre[j]=++id,suf[j]=++id;
		for(int j=1;j<=c;j++){ 
			scanf("%d",&x);
			v[pre[j]].push_back(x+n),v[suf[j]].push_back(x+n);
			if(j>1) v[pre[j]].push_back(pre[j-1]),v[x].push_back(pre[j-1]);
			if(j<c) v[suf[j]].push_back(suf[j+1]),v[x].push_back(suf[j+1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=id;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(c[i]==c[i+n]) puts("NIE"),exit(0);
	puts("TAK");
	return 0;
}

5. 一个 ICPC 题

2023.1.17

平面上有 $n$ 个矩形，每个矩形有 $4$ 种涂色方案。要求涂色的部分不能重叠的方案。

$n\leq 5000$。

$4$ 种取值？脑筋急转弯：

矩形由两条对角线切割为 $4$ 个小三角形。
每种涂色方案都可以表示为，上下两个小三角形中选一个 + 左右两个小三角形中选一个。

每个矩形的涂色方案就可以由两个独立的变量确定。
在小三角形之间处理相交关系即可。

6. CF1215F Radio Stations（*2700）

2023.1.6 前缀优化建图

有 $n$ 个电台，第 $i$ 个电台覆盖 $[l_i,r_i]$，其中 $1\leq l_i\leq r_i\leq m$。

有 $a$ 对 $(x,y)$ 表示电台 $x,y$ 至少选其中一个，$b$ 对 $(x,y)$ 表示电台 $x,y$ 至多选其中一个。

要求选出一个电台的子集，使得覆盖范围交集非空，输出交集中任意一个点 $f$ 以及选取的合法子集。无解输出 $-1$。

$2\leq n,m,a,b\leq 4\times 10^5$。

设 $yes(i),no(i)$ 表示电台 $i$ 选/不选。“电台 $x,y$ 至少选一个”则 $no(x)\to yes(y),no(y)\to yes(x)$，“至多选一个”则 $yes(x)\to no(y),yes(y)\to no(x)$。

处理若 $f\not\in[l_i,r_i]$，必须选 $no(i)$：对 $i\in[0,m]$，设 $yes(f\leq i),no(f\leq i)$ 表示 $f\leq i$ 满足/不满足。

$yes(f\leq i)\to yes(f\leq i+1)$，$no(f\leq i)\to no(f\leq i-1)$。
若电台 $i$ 选，则 $f\in[l_i,r_i]$：$yes(i)\to no(f\leq l_i-1)$，$yes(i)\to yes(f\leq r_i)$。
若 $f<l_i$ 或 $f>r_i$，则电台 $i$ 不能选：$yes(f\leq l_i-1)\to no(i)$，$no(f\leq r_i)\to no(i)$。
由于 $f$ 不能 $=0$，所以连 $yes(f\leq 0)\to no(f\leq 0)$ 强制 $f>0$。

建完图跑 2-SAT 判是否有解。

方案：有解时肯定是一段前缀的 $i$ 选 $no(f\leq i)$，剩下的后缀选 $yes(f\leq i)$，分界点 $f_0$ 就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define yes(x) (x)*2-1
#define no(x) (x)*2
#define yes2(x) yes(x+n+1)
#define no2(x) no(x+n+1)
using namespace std;
const int N=1.6e6+5;
int n,m,a,b,x,y,l,r,tim,dfn[N],low[N],top,s[N],c[N],tot,tmp;
vector<int>v[N],ans;
void add(int x,int y){v[x].push_back(y);}
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
signed main(){
	scanf("%d%d%d%d",&a,&n,&m,&b);
	for(int i=1;i<=a;i++)
		scanf("%d%d",&x,&y),add(no(x),yes(y)),add(no(y),yes(x));
	for(int i=0;i<=m;i++){
		if(i<m) add(yes2(i),yes2(i+1));
		if(i) add(no2(i),no2(i-1));
	}
	add(yes2(0),no2(0));
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&l,&r),
		add(yes(i),no2(l-1)),add(yes(i),yes2(r)),
		add(yes2(l-1),no(i)),add(no2(r),no(i));
	for(int i=1;i<=b;i++)
		scanf("%d%d",&x,&y),add(yes(x),no(y)),add(yes(y),no(x));
	for(int i=1;i<=no2(m);i++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=2;i<=no2(m);i+=2)
		if(c[i]==c[i-1]) puts("-1"),exit(0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(c[yes(i)]<c[no(i)]) ans.push_back(i);
	for(int i=1;i<=m;i++) if(c[yes2(i)]<c[no2(i)]){
		printf("%d %d\n",(int)ans.size(),i);
		for(int j:ans) printf("%d ",j); exit(0);
	}
	return 0;
}

7. CF1697F Too Many Constraints（*2800）

2023.1.7

要求构造 $a_{1\sim n}$，满足 $a_i\in[1,k]$ 且 $a_i\leq a_{i+1}$，还有 $m$ 个约束：

1 i x：$a_i\neq x$。

2 i j x：$a_i+a_j\leq x$。

3 i j x：$a_i+a_j\geq x$。

输出方案，无解输出 $-1$。

$1\leq T\leq 10^4$，$2\leq n\leq 2\times 10^4$，

$yes(a_i\geq v)\to yes(a_i\geq v-1),no(a_i\geq v)\to no(a_i\geq v+1)$，$no(a_i\geq 1)\to yes(a_i\geq 1)$。
$a_i\leq a_{i+1}$：$\forall v,yes(a_i\geq v)\to yes(a_{i+1}\geq v),no(a_{i+1}\geq v)\to no(a_i\geq v)$。
$a_i\neq x$：$yes(a_i\geq x)\to yes(a_i\geq x+1),no(a_i\geq x+1)\to no(a_i\geq x)$（本题关键！）。
$a_i+a_j\leq x$：$\forall v,yes(a_i\geq v)\to no(a_j\geq x-v+1),yes(a_j\geq v)\to no(a_i\geq x-v+1)$。
$a_i+a_j\geq x$：$\forall v,no(a_i\geq v)\to yes(a_j\geq x-v+1),yes(a_j\geq v)\to no(a_i\geq x-v+1)$。

边界细节见代码。

方案：肯定是一个前缀的 $v$ 选 $yes(a_i\geq v)$，剩下的后缀选 $no(a_i\geq v)$，分界点就是 $a_i$。

#include<bits/stdc++.h>
#define yes(i,v) ((i-1)*k+v)*2-1
#define no(i,v) yes(i,v)+1
using namespace std;
const int N=4e5+5;
int t,n,m,k,tim,dfn[N],low[N],top,s[N],tot,tmp,c[N];
vector<int>v[N];
void add(int x,int y){v[x].push_back(y);}
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
void get(){
	for(int i=1;i<=no(n,k);i++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=2;i<=no(n,k);i+=2)
		if(c[i]==c[i-1]) return (void)puts("-1");
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=k;j>=1;j--)
			if(c[yes(i,j)]<c[no(i,j)]){printf("%d ",j);break;}
	puts("");
}
signed main(){
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=k;j++){
				if(j>1) add(yes(i,j),yes(i,j-1));
				if(j<k) add(no(i,j),no(i,j+1));
			}
			add(no(i,1),yes(i,1));
		}
		for(int i=1;i<n;i++)
			for(int j=1;j<=k;j++)
				add(yes(i,j),yes(i+1,j)),add(no(i+1,j),no(i,j));
		while(m--){
			int op,i,j,x;
			scanf("%d%d",&op,&i);
			if(op==1){
				scanf("%d",&x);
				if(x==k) add(yes(i,x),no(i,x));
				else add(yes(i,x),yes(i,x+1)),add(no(i,x+1),no(i,x));
			}
			else{
				scanf("%d%d",&j,&x);
				if(op==2)
					for(int v=1;v<=k;v++){
						if(v+1>x) add(yes(i,v),no(i,v)),add(yes(j,v),no(j,v));
						else if(x-v+1<=k) add(yes(i,v),no(j,x-v+1)),add(yes(j,v),no(i,x-v+1));
					}
				else
					for(int v=1;v<=k;v++){
						if(v-1+k<x) add(no(i,v),yes(i,v)),add(no(j,v),yes(j,v));
						else if(x-v+1>=1) add(no(i,v),yes(j,x-v+1)),add(no(j,v),yes(i,x-v+1));
					}
			}
		}
		get(),tot=top=tim=0;
		for(int i=1;i<=no(n,k);i++) dfn[i]=low[i]=c[i]=0,v[i].clear();
	}
	return 0;
}

8. LOJ#3629.「2021 集训队互测」序列

2023.1.25 转化限制 + 保留有用的点，同 QOJ#4892

有一个序列 $a_{1\sim n}$，$a_i\in[1,10^9]$。

$m$ 条限制形如 $(i,j,k,x)$ 表示满足 $a_i+a_j+a_k-\max(a_i,a_j,a_k)-\min(a_i,a_j,a_k)=x$。

要求构造一个满足条件的 $a$，无解输出 NO。

$1\leq n,m\leq 10^5$，$1\leq x\leq 10^9$。

$(i,j,k,x)$ 即 $a_i,a_j,a_k$ 的中位数是 $x$。显然有 $a_i<x\Rightarrow a_j\geq x,a_k\geq x$（同理还有 $3$ 条），$a_i>x\Rightarrow a_j\leq x,a_k\leq x$（同理还有 $3$ 条）。这 $6$ 个条件足以推出 $a_i,a_j,a_k$ 的中位数是 $x$，证明可以简单考虑 ($a_i,a_j,a_k$ 中有无 $<x$ 的数，有无 $>x$ 的数) 共 $4$ 种情况。

然后类似上一题将每个 $a_i$ 拆成若干对点形如 $a_i<x,a_i\geq x$ 即可，$\leq,>$ 可以分别转化成 $<,\geq $。

如果对于每个 $a_i$ 都建 $m$ 个点，点数 $\mathcal O(nm)$。不行。

如果对于一个 $(i,j,k,x)$ 只对 $a_i,a_j,a_k$ 建关于 $x$ 的点，总点数 $\mathcal O(m)$。边数也是 $\mathcal O(m)$ 的。

输出方案时注意特判 $a_i$ 没有有用 $x$ 的情况。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1.2e6+5;	//!!!
int n,m,x,y,z,id,tim,dfn[N],low[N],top,s[N],tmp,tot,c[N];
vector<int>v[N];
map<int,int>leq[N],geq[N];
void nd(int x,int v){
	if(!leq[x][v]) leq[x][v]=++id;
	if(!geq[x][v+1]) geq[x][v+1]=++id;
	if(!leq[x][v-1]) leq[x][v-1]=++id;
	if(!geq[x][v]) geq[x][v]=++id;
}
void add(int x,int y){if(x&&y) v[x].push_back(y);}
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,v;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&z,&v),nd(x,v),nd(y,v),nd(z,v);
		auto get=[&](int x,int y,int z){
			add(leq[x][v-1],geq[y][v]),add(leq[x][v-1],geq[z][v]);
			add(geq[x][v+1],leq[y][v]),add(geq[x][v+1],leq[z][v]);
		};
		get(x,y,z),get(y,x,z),get(z,x,y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int lst=0;
		for(auto p:leq[i]) add(lst,p.second),lst=p.second;
		lst=0;
		for(auto p:geq[i]) add(p.second,lst),lst=p.second;
	}
	for(int i=1;i<=id;i++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(auto p:leq[i]){
			int x=p.second,y=geq[i][p.first+1];
			if(c[x]==c[y]) puts("NO"),exit(0);
		}
	puts("YES");
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(auto p:leq[i]){
			int v=p.first,x=p.second,y=geq[i][v+1];
			if(c[x]<c[y]){printf("%d ",v);break;}
		}
		if(!leq[i].size()) printf("1 ");	//!!!
	}
	return 0;
}

9. Gym102059B Dev, Please Add This!

2023.2.21

给出一张 $n\times m$ 的地图，由墙 #、空地 .、起点 O、星星 * 构成。

从起点开始走，每次可以选择向上下左右某个方向走，碰到边界或墙就停止重新选择方向走，否则不能停下。问能否经过所有星星。

$1\leq n,m\leq 50$。

对每个极长无障碍的横段和竖段建点。若从横段的一端滚到另一端，能滚到竖段上去（两段有公共点且竖段必须竖在横段的最左端或最右端，否则不能从横段拐出去）就连一条有向边，竖段到横段同理。

问题转化为，从起点所在段出发，能否经过所有星星所在的段。

找特殊性质：一个星星最多在两个段里，可以构成二元关系。每个段要么经过要么不经过，可以 2-SAT。

先找合法的一些必要条件：

星星所在横段和竖段至少选一个 $yes$。
若两个段 互相不可达 不能同时选 $yes$。
起点所在横段不可达且竖段不可达的段不能选 $yes$。

看是否存在合法解。

发现这也是充分条件：根据条件 2，每对选 $yes$ 的段之间都至少存在一个到达另一个，对所有选 $yes$ 的段建一张新图 $G$，一个段可达另一个就连一条有向边（若是互相可达：若其中一个是起点所在段而另一个不是，由起点所在段连向另一个；否则任意），显然 $G$ 是一张竞赛图。根据条件 3，起点所在横段或起点所在竖段有一个入度为 $0$，而竞赛图一定存在起点入度为 $0$ 的哈密顿路径，故一定存在一种合法方案到达所有选 $yes$ 的段。根据条件 3，所有星星都经过了。故一定合法。

跑 2-SAT check 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define id(x,i) (x*2+i)
using namespace std;
const int N=60,M=5e3+5;
int n,m,num,a[N][N],b[N][N],tim,dfn[M],low[M],top,st[M],c[M],tot,tmp,sx,sy,vis[M][M];
char s[N][N];
vector<int>v[M],to[M];
void dfs(int x,int *vis){
	if(vis[x]) return ;
	vis[x]=1;
	for(int y:to[x]) dfs(y,vis);
}
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,st[++top]=x;
	for(int y:v[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=st[top--]]=tot;}while(tmp!=x);
	}
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int j=1;j<=m;j++) s[0][j]=s[n+1][j]='#';
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s[i]+1),s[i][0]=s[i][m+1]='#';
		for(int j=1;j<=m;j++) if(s[i][j]!='#')
			a[i][j]=s[i][j-1]!='#'?a[i][j-1]:++num,
			b[i][j]=s[i-1][j]!='#'?b[i-1][j]:++num;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++) if(s[i][j]!='#'){
			int x=a[i][j],y=b[i][j];
			if(s[i][j]=='O') sx=x,sy=y;
			if(s[i][j]=='*')
				v[id(x,0)].push_back(id(y,1)),v[id(y,0)].push_back(id(x,1));
			if(s[i][j-1]=='#'||s[i][j+1]=='#') to[x].push_back(y);
			if(s[i-1][j]=='#'||s[i+1][j]=='#') to[y].push_back(x);
		} 
	for(int i=1;i<=num;i++){
		dfs(i,vis[i]);
		for(int j=1;j<i;j++)
			if(!vis[i][j]&&!vis[j][i])
				v[id(i,1)].push_back(id(j,0)),v[id(j,1)].push_back(id(i,0));
	}
	for(int i=1;i<=num;i++)
		if(!vis[sx][i]&&!vis[sy][i]) v[id(i,1)].push_back(id(i,0));
	for(int i=1;i<=id(num,1);i++)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=num;i++)
		if(c[id(i,0)]==c[id(i,1)]) puts("NO"),exit(0);
	puts("YES");
	return 0;
}

10. CF587D Duff in Mafia（*3100）

2023.2.28

给出一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，每条边有一种颜色和一个权值。要求选出一些边，使得这些边是一个匹配，且剩下每种颜色的边也各是一个匹配。

求选出边最大权值的最小值，并输出方案。无解输出 No。

$2\leq n\leq 5\times 10^4$，$1\leq m\leq 5\times 10^4$，$1\leq col_i,val_i\leq 10^9$。

限制：

若一条边选，则其相邻边都不能选。
若一条边不选，则其相邻边中与它同色的都必须选。

2-SAT + 前后缀优化建图即可。以限制 1 的向前缀连为例：

限制 2 可以类似做，但实际上不需要，如果一个点有 $>2$ 条同色边直接 No，如果 $=2$ 条就考虑一下这两条同色边之间的限制即可。

外层套个二分答案，check 就是强制权值 $>mid$ 的边不能选。

#include<bits/stdc++.h>
#define id(x,o) x*2+o
using namespace std; 
const int N=3e5+5;
int n,m,x,y,cnt,col[N],val[N],top,s[N],tim,dfn[N],low[N],tot,c[N],tmp;
vector<int>v[N],g[N],res;
void add(int x,int y){g[x].push_back(y);}
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim,s[++top]=x;
	for(int y:g[x]){
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(!c[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x]){
		tot++;
		do{c[tmp=s[top--]]=tot;}while(tmp!=x); 
	}
}
bool ok(int mid){
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(val[i]>mid) add(id(i,1),id(i,0));
	tim=top=tot=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) dfn[i]=c[i]=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(val[i]>mid) g[id(i,1)].pop_back();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(c[id(i,0)]==c[id(i,1)]) return 0;
	return 1;
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),cnt=id(m,1);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&col[i],&val[i]),
		v[x].push_back(i),v[y].push_back(i);
	for(int x=1;x<=n;x++){
		sort(v[x].begin(),v[x].end(),[](int i,int j){return col[i]<col[j];});
		for(int l=0,r,sz=v[x].size()-1;l<=sz;l=r+1){
			r=l;
			while(r<sz&&col[v[x][r+1]]==col[v[x][l]]) r++;
			if(r-l+1>2) puts("No"),exit(0);
			if(r-l+1==2)
				add(id(v[x][l],0),id(v[x][r],1)),add(id(v[x][r],0),id(v[x][l],1));
		}
		for(int t=0;t<2;t++){
			int lst=0;
			for(int i:v[x]){
				int o=++cnt;
				if(lst) add(id(i,1),lst),add(o,lst);
				add(o,id(i,0)),lst=o;
			}
			reverse(v[x].begin(),v[x].end());
		}
	}
	int l=0,r=1e9,ans=-1;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)/2;
		if(ok(mid)) ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	} 
	if(!~ans) puts("No"),exit(0);
	ok(ans);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(c[id(i,1)]<c[id(i,0)]) res.push_back(i);
	puts("Yes"),printf("%d %d\n",ans,(int)res.size());
	for(int i:res) printf("%d ",i);
	return 0;
}

posted @ 2021-02-06 12:24 maoyiting 阅读(307) 评论(0) 收藏举报

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mytqwq

「算法笔记」2-SAT 问题

一、定义

二、基本思想

三、具体实现

一、2-SAT

二、例题

1. P3825 [NOI2017] 游戏

2. P3209 [HNOI2010] 平面图判定

3. P3513 [POI2011]KON-Conspiracy

4. P6378 [PA2010] Riddle

5. 一个 ICPC 题

6. CF1215F Radio Stations（*2700）

7. CF1697F Too Many Constraints（*2800）

8. LOJ#3629.「2021 集训队互测」序列

9. Gym102059B Dev, Please Add This!

10. CF587D Duff in Mafia（*3100）

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