2-sat问题

 

2-sat问题

分类： 2-sat问题 2013-08-13 10:27  181人阅读  评论(0)  收藏  举报

2-sat问题

       最近做了2-sat问题，基本没明白2-sat是个什么玩意，不过解题思路明确了，至于为什么……依旧是混沌迷茫中……

       网上公认的两篇大牛的文章，在此膜拜……

                    赵爽 2-sat解法浅析

伍昱 由对称性解2-SAT问题

       2-sat问题：我个人理解就是A有两个互斥的选择A和~A，A同时又和其他一些时间不能同时发生，然后在所给时间中找一个可行的方案，即解。

       解2-sat问题的方法两篇大牛的文章里已经有完整的证明，我也不会……

       一、建图

               根据题意找出题目中出现或隐含的互斥关系，然后根据不同时存在的条件构图。即找出原题中的A和~A都代表着什么，A和哪些节点不同时存在。

      假设A不与B同时存在，可B总要在B与~B中选择一个作为结果，所以A一定与~B在一个解中，将A和~B连接。当所有的边都找到并存好后，建图阶段

      以完成。（PS：是建一条边还是两条边呢？）

      二、强连通分量

              求出图中的强连通分量（哎，我对名词不敏感，不知道什么是强连通分量，百度后个人认为是一种类似环的东东）。一个强连通分量上的点都是

      在一个解里面的，所以如果A与~A都在一个圈里（不到专有名词是什么，这里是A能到~A，~A也能到A，是回路）。这种情况是无解，不用继续算了。

      若有解，就把原来的图缩点，成为一个有向无环图（没有圈了）。再进一步求解。

      三、拓扑排序

              用拓扑排序求出缩点后图的逆图的节点顺序（可能说的不对，反正我就是把原来的图拓扑排序，也可以把边都反向了在拓扑排序）。拓扑的过程

      很简单，做一个节点入度的数组，对数组进行遍历。每次拿出入度为零的点，删掉这个点所有的边（就是把到达的节点入度都减一）。

      四、染色

              按照拓扑排序的顺序进行染色（缩点的图就是拓扑的逆序，逆图就是顺序），每次找一个没有颜色的节点染成红色，并把它的互斥节点、及其子

      节点染成蓝色。

      五、输出答案

              根据染色结果选择答案进行输出。

PS：个人思路，个人想法，可能不对……自己检查……

..............................................................................................................................华丽的分割线..........................................................................................................................

例题 ：poj 3648

题意：有好多对情侣，不过中间有通奸的，要求妻子对面坐的人没有通奸，或者成对夫妇。

 /////////////////////////////////////////////////////////////////////////
 // File Name: poj3648.cpp
 // Author: Eggache
 // mail: [email protected]
 // Created Time: 2013-8-12 15:10:07
 /////////////////////////////////////////////////////////////////////////
 #include <cstdio>
 #include <cstdlib>
 #include <climits>
 #include <cstring>
 #include <cmath>

 #include <algorithm>
 #include <iostream>
 #include <stack>
 #include <queue>
 #include <map>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 #define mid(x,y) (x+y)>>1
 #define INF (INT_MAX/10)
 #define SQR(x) ((x)*(x))
 #define rep(i, n) for (int i=0; i<(n); ++i)
 #define repf(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); ++i)
 #define repd(i, a, b) for (int i=(a); i>=(b); --i)
 #define clr(ar,val) memset(ar, val, sizeof(ar))
 #define N 100000
 struct Edge{
     int v,to;
 }edge[N+10],nedge[N+10];
 int edgeNum,head[N+10];
 void add(int u,int v){
     edge[edgeNum].v=v;                       //edge[]   edgeNum
     edge[edgeNum].to=head[u];                //head[]
     head[u]=edgeNum++;
 }                               //构造原图的邻接表
 int dfn[N+10],low[N+10],id[N+10],ans[N+10],s[N+10];
 int cnt,scnt,beg;
 void dfs(int x){
     low[x]=dfn[x]=++cnt;                     //low[]   dfn[]   cnt
     s[++beg]=x;                              //s[]     beg
     int v;
     for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].to){
         v=edge[i].v;
         if(!dfn[v]){
             dfs(v);
             low[x]=min(low[v],low[x]);
         }
         else if(!id[v])                      //id[]
             low[x]=min(dfn[v],low[x]);
     }
     if(dfn[x]==low[x]){
         int tmp=0;
         scnt++;                              //scnt
         do{
             tmp++;
             v=s[beg--];
             id[v]=scnt;
         }while(v!=x);
         ans[scnt]=tmp;                       //ans[]
     }
 }
 void tarjan(int n){
     cnt=beg=scnt=0;
     clr(dfn,0);
     rep(i, n) if(!dfn[i]) dfs(i);
 }                                 //求强连通分量tarjan算法
 int nhead[N+10];
 void nadd(int u,int v){
     nedge[edgeNum].v=v;                     //nedge[]
     nedge[edgeNum].to=nhead[u];             //nhead[]
     nhead[u]=edgeNum++;
 }                                 //构造反向图的邻接表
 int op[N+10],in[N+10],tans[N+10];
 void tdfs(int *in,int x,int n){
     int v;
     n++; in[x]=-1;
     if(n>scnt) return ;
     for(int i=nhead[x];i!=-1;i=nedge[i].to)
         v=nedge[i].v,in[v]--;
     repf(i, 1, scnt){
         if(in[i]==0){
             tans[n-1]=i;                   //tans[]
             tdfs(in, i, n);
             return ;
         }
     }
 }
 void topo(int *in){
     repf(i, 1, scnt)
         if(in[i]==0)
             tans[0]=i,tdfs(in,i,1);
 }                                         //拓扑排序
 int colo[N+10];
 void color(int x){
     int v;
     colo[x]=2;
     for(int i=nhead[x];i!=-1;i=nedge[i].to){
         v=nedge[i].v;
         if(!colo[v]) color(v);
     }
 }                                         //对互斥节点及子孙染色
 int main(){
     int n,m,mark;
     int a,b,a0,b0;
     char c,d;
     while(1){
         cin >> n >> m ;
         if(!n&&!m) break;
         mark=0;edgeNum=0;
         clr(head,-1);clr(id,0);
         rep(i, m){
             scanf("%d%c%d%c",&a,&c,&b,&d);
             if(c=='h') a0=a+n;
             else a0=a,a+=n;
             if(d=='h') b0=b+n;
             else b0=b,b+=n;
             add(a0,b);add(b0,a);
         }
         add(0,n);
         tarjan(2*n);                             //强连通分量搞定
         //rep(i, 2*n) cout << id[i] << ' ' ;
         //cout << endl;
         int v;
         rep(i, n){
                 if(id[i+n]==id[i]) mark=1;
                 op[id[i]]=id[i+n];
                 op[id[i+n]]=id[i];
         }                                        //构造互斥点
         if(mark) {
             cout << "bad luck" << endl;
             continue;
         }
         edgeNum=0;clr(nhead,-1);
         clr(in,0);
         rep(i, n){
             for(int w=head[i];w!=-1;w=edge[w].to){
                 v=edge[w].v;
                 if(id[i]!=id[v]){
                     nadd(id[v],id[i]);           //边反向连接
                     in[id[i]]++;
                 }
             }
         }
         //repf(i, 1, 2*n) cout << in[i] << ' ' ;
         //cout << endl;
         topo(in);                                //拓扑排序搞定
         //rep(i,  scnt) cout << tans[i] << ' ' ;
         //cout << endl;
         clr(colo,0);
         rep(i, scnt){
             if(!colo[tans[i]]){
                 colo[tans[i]]=1;
                 color(op[tans[i]]);
             }
         }                                        //染色完毕
         repf(i, 1, n-1){
             if(colo[id[i]]==1)
                 cout << i << 'h' ;
             else
                 cout << i << 'w' ;
             if(i<n-1)
                 cout << ' ' ;
             else
                 cout << endl;
         }
     }
     return 0;
 }