BZOJ2199: [Usaco2011 Jan]奶牛议会(2-SAT)

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Description

由于对Farmer John的领导感到极其不悦,奶牛们退出了农场,组建了奶牛议会。议会以“每头牛 都可以获得自己想要的”为原则,建立了下面的投票系统: M只到场的奶牛 (1 <= M <= 4000) 会给N个议案投票(1 <= N <= 1,000) 。每只 奶牛会对恰好两个议案 B_i and C_i (1 <= B_i <= N; 1 <= C_i <= N)投 出“是”或“否”(输入文件中的'Y'和'N')。他们的投票结果分别为VB_i (VB_i in {'Y', 'N'}) and VC_i (VC_i in {'Y', 'N'})。 最后,议案会以如下的方式决定:每只奶牛投出的两票中至少有一票和最终结果相符合。 例如Bessie给议案1投了赞成'Y',给议案2投了反对'N',那么在任何合法的议案通过 方案中,必须满足议案1必须是'Y'或者议案2必须是'N'(或者同时满足)。 给出每只奶牛的投票,你的工作是确定哪些议案可以通过,哪些不能。如果不存在这样一个方案, 输出"IMPOSSIBLE"。如果至少有一个解,输出: Y 如果在每个解中,这个议案都必须通过 N 如果在每个解中,这个议案都必须驳回 ? 如果有的解这个议案可以通过,有的解中这个议案会被驳回 考虑如下的投票集合: - - - - - 议案 - - - - - 1 2 3 奶牛 1 YES NO 奶牛 2 NO NO 奶牛 3 YES YES 奶牛 4 YES YES 下面是两个可能的解: * 议案 1 通过(满足奶牛1,3,4) * 议案 2 驳回(满足奶牛2) * 议案 3 可以通过也可以驳回(这就是有两个解的原因) 事实上,上面的问题也只有两个解。所以,输出的答案如下: YN?

Input

* 第1行:两个空格隔开的整数:N和M * 第2到M+1行:第i+1行描述第i只奶牛的投票方案:B_i, VB_i, C_i, VC_i

Output

* 第1行:一个含有N个字符的串,第i个字符要么是'Y'(第i个议案必须通过),或者是'N' (第i个议案必须驳回),或者是'?'。 如果无解,输出"IMPOSSIBLE"。

Sample Input


3 4
1 Y 2 N
1 N 2 N
1 Y 3 Y
1 Y 2 Y


Sample Output

YN?

HINT

 

Source

 
 
2-SAT应该能一眼看出来。
不过这个方案有点鬼畜啊 。。
题目中要求的是“所有方案”
然后我自己YY了一种在方向图上的暴力方法
写了160+把自己的思路叉掉了
看了hzwer的博客发现连tarjan都不用,
直接暴力枚举就行QWQ。。
时间复杂度:$O(n*m)$
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<iostream>
#define Pair pair<int,int>
#define F first
#define S second
using namespace std;
const int MAXN=1e6+10;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read()
{    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
struct node
{
    int u,v,w,nxt;
}edge[MAXN];
int head[MAXN],num=1;
int N,M;
int vis[MAXN],ans[MAXN];
inline void AddEdge(int x,int y)
{
    edge[num].u=x;
    edge[num].v=y;
    edge[num].nxt=head[x];
    head[x]=num++;
}
int dfs(int x)
{
    vis[x]=1;
    for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].nxt)
        if(!vis[edge[i].v])
            dfs(edge[i].v);
}
int check(int x)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    dfs(x);
    if(x<=N&&vis[x]&&vis[x+N])  return 0;
    if(x>N&&vis[x]&&vis[x-N]) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in","r",stdin);
    #else
    #endif
    memset(head,-1,sizeof(head));
    N=read(),M=read();
    for(int i=1;i<=M;i++)
    {
        int a,b;char x,y;
        a=read();
        while(x!='Y'&&x!='N') x=getchar();
        b=read();
        while(y!='Y'&&y!='N') y=getchar();
        if(x=='Y') 
            if(y=='Y') AddEdge(a+N,b),AddEdge(b+N,a);
            else AddEdge(a+N,b+N),AddEdge(b,a);
        else //x==N
            if(y=='Y') AddEdge(a,b),AddEdge(b+N,a+N);
            else AddEdge(a,b+N),AddEdge(b,a+N);
        x='0';y='0';
    }    
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        int ans1=check(i);
        int ans2=check(i+N);
        if(ans1&&ans2) ans[i]=1;//
        else if(ans1) ans[i]=2;//Y
        else if(ans2) ans[i]=3;//N
        else {printf("IMPOSSIBLE\n");return 0;}
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        if(ans[i]==1) putchar('?');
        else if(ans[i]==2) putchar('Y');
        else if(ans[i]==3) putchar('N');
    }
    return 0;
}

 

posted @ 2018-02-28 17:12 自为风月马前卒 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏

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