2-sat—判可行性及求方案
介绍
2-sat问题的全称是2-satisfied，具体来说，给出n个变量，每个变量有两种取值方案Ai,0和Ai,1。另外有一些限制形如“若Ai选择Ai,p，那么Aj必须选择Aj,q”。求有无解及其方案。
可行性
解决2-sat的问题先要进行模型转换。
对于限制条件“若Ai选择Ai,p，那么Aj必须选择Aj,q”，则从id(i,p)到id(j,q)连一条有向边，表示选择id(i,p)就要选id(j,q)。
注意上述限制条件的逆否命题“若Aj选择Aj,1-q，那么Ai必须选择Ai,1-p”也是成立的，所以还要从id(j,1-q)到(i,1-p)连一条有向边。
举个例子，若有a&b=0，那么有限制条件“若a为1，则b必须为0”，其逆否命题“若b为1，则a必须为0”也成立。而否命题“若a为0，则b必须为1”，和逆命题“若b为0，则a必须为1”则不一定正确。
言归正传，限制条件已经表现为一条路径，即选择某一个点，从该点起的路径上的所有点都必须选择。此时考虑无解情况，用人话说就是“如果Ai选Ai,0，那么Ai必须选Ai,1”，在2-sat中表现为Ai,0出发能去到Ai,1，且Ai,1出发能去到Ai,0，即Ai,0和Ai,1在一个环（连通分量）中。
所以，用tarjan可以判断是否有解。一个2-sat问题有解，当且仅当任意一个Ai都有Ai,0和Ai,1不在一个环（连通分量）中。
方案
如果要求出具体方案呢？
从一个子问题开始，如果一个点没有出度，说明它选择之后没有什么其它情况需要考虑，此时的最佳方案就是选择这个点。
也就是说，我们要依次遍历出度为0的节点。实现时，建个反图，再跑拓扑排序就可以了。
对于Ai，我们考虑选择Ai,0和Ai,1中拓扑序较小的。具体实现时，给每个Ai一个标记，第一次访问Ai,p时，给Ai,p标记0，Ai,1-p标记1。不要想太复杂，这其实就是选Ai,p的意思，一定要模拟一下（假设p=0或1），很容易明白。
想要优化这个算法，关键还是要追回程序本身来看。细心的人可以发现，tarjan算法本身就是以自底向上的拓扑序来遍历所有连通块的。所以我们可以省去建反图和拓扑排序，直接利用tarjan的结果。
一句话搞定：choose[i]=bel[i]
例题
poj3683 Priest John's Busiest Day
题解
O（N^2）判断两两间的仪式时间是否冲突，若冲突则存在必选问题。
记i场婚礼的两场仪式分别为id(i,0)，id(i,1)。
如果id(i,p)和id(j,q)发生冲突，那么连边( id(i,p) , id(j,1-q) )和( id(j,q) , (i,1-p) )。
代码
#include
#include
#include
#define id(i,j) i+(j)*n//debug i+j*n
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int di[4]={0,0,1,1},dj[4]={0,1,0,1};
int n;
int ke[maxn];
int begin[maxn][2];
struct E{int y,next;}e[maxn*maxn*8];int len=1,last[maxn*2];
void ins(int x,int y)
{
e[++len]=(E){y,last[x]};last[x]=len;
}
/*bool chong(int i,int p,int j,int q)不能这样写，要考虑边界问题
{
if(begin[i][p] <= begin[j][q] && begin[j][q] <= begin[i][p]+ke[i]) return true;
// else false;debug
return false;
}*/
bool chong(int a,int b,int c,int d)
{
if(c<=a&&a