njust 1928 puzzle （2-sat）
https://icpc.njust.edu.cn/Problem/Local/1928/ （2-sat）
题意：给你n关，每关两个数，然后你在每关必须选一个数，然后如果你以前选过数a，现在就不能选2n-1-a这个数，n数据量1000，问你最多可以走多少关
题解：2个数必须选一个，典型的2-sat问题，加上问你最多多少关，二分判定可行性，非常典型非常好的题目，然后n是1000，二分+O（n^2）的建图，O（n^2logn）可过
O（n^2logn）版本，实际速度飞快，仅为O(nlogn)复杂度的2倍时间
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
#define MAX 2005
#define MAXN 1000005
#define maxnode 10
#define sigma_size 2
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lrt rt<<1
#define rrt rt<<1|1
#define middle int m=(r+l)>>1
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define mem(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define lowbit(x) (x&-x)
#define pii pair<int,int>
#define bits(a) __builtin_popcount(a)
#define mk make_pair
#define limit 10000
//const int prime = 999983;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL INFF = 0x3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double inf = 1e18;
const double eps = 1e-9;
const LL mod = 1e9+7;
const ull mxx = 1333331;
/*****************************************************/
inline void RI(int &x){
char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9');
x=c-'0';
while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
}
/*****************************************************/
int a[1005],b[1005];
struct Edge{
int u,v,next;
}edge[MAX*MAX];
int dfn[MAX],low[MAX],belong[MAX],sstack[MAX],instack[MAX];
int head[MAX],tot,Index,top,cnt;// tot是建图//cnt是强联通分量个数
int n;
void init(){
mem(head,-1);
mem(instack,0);
mem(dfn,0);
tot=0;
top=0;
cnt=0;
Index=0;
}
void add_edge(int a,int b){
edge[tot]=(Edge){a,b,head[a]};
head[a]=tot++;
}
void tarjan(int u){//判断可行只需要一个tarjan即可
dfn[u]=low[u]=++Index;
sstack[++top]=u;
instack[u]=1;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(instack[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
++cnt;
while(1){
int k=sstack[top--];
instack[k]=0;
belong[k]=cnt;
if(k==u) break;
}
}
}
bool solve(int x){
init();
for(int i=1;i<=x;i++){
for(int j=i+1;j<=x;j++){
if(a[i]+a[j]==2*n-1){
add_edge(i,j+x);
add_edge(j,i+x);
}
if(a[i]+b[j]==2*n-1){
add_edge(i,j);
add_edge(j+x,i+x);
}
if(b[i]+a[j]==2*n-1){
add_edge(i+x,j+x);
add_edge(j,i);
}
if(b[i]+b[j]==2*n-1){
add_edge(i+x,j);
add_edge(j+x,i);
}
}
}
for(int i=1;i<=2*x;i++){
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
int flag=0;
for(int i=1;i<=x;i++){
if(belong[i]==belong[i+x]) flag=1;
}
if(flag) return false;
return true;
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
int l=1,r=n;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(solve(mid)) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<r<<endl;
}
return 0;
}
还有就是O（n）建图的版本，其实这题完全n可以出到10W，然后O（n）版本的优势就体现了，也是二分判定可行性，总复杂度O（nlogn）
如何O（n）建图呢，就是用值来建图，考虑如果选了2n-1-a[i],则不能选a[i],就必选b[i],所以一条边是（2n-1-a[i],b[i]），另外条边是（2n-1-b[i],a[i]）
为什么呢，这样也是2sat的意思把，然后只有前x关（x是二分的值）的a和b会被建图，所以，只用到了前x关的点的值，然后一样tarjan求强连通分量，如果a和2n-1-a在一个连通分量里，就是不成立咯。可以自己画图试试，因为如果选了a，则必选b，选了b则必选2n-1-a，选了2n-1-a则必选c，选了c则必选a，这样必定会矛盾，所以其实和上面的判定是一样的，只是这个用了值来建图，复杂度优化到了O（nlogn），更优，需要掌握
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
#define MAX 2005
#define MAXN 1000005
#define maxnode 10
#define sigma_size 2
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lrt rt<<1
#define rrt rt<<1|1
#define middle int m=(r+l)>>1
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define mem(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define lowbit(x) (x&-x)
#define pii pair<int,int>
#define bits(a) __builtin_popcount(a)
#define mk make_pair
#define limit 10000
//const int prime = 999983;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL INFF = 0x3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double inf = 1e18;
const double eps = 1e-9;
const LL mod = 1e9+7;
const ull mxx = 1333331;
/*****************************************************/
inline void RI(int &x){
char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9');
x=c-'0';
while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
}
/*****************************************************/
int a[1005],b[1005];
struct Edge{
int u,v,next;
}edge[MAX*MAX];
int dfn[MAX],low[MAX],belong[MAX],sstack[MAX],instack[MAX];
int head[MAX],tot,Index,top,cnt;// tot是建图//cnt是强联通分量个数
int n;
void init(){
mem(head,-1);
mem(instack,0);
mem(dfn,0);
tot=0;
top=0;
cnt=0;
Index=0;
}
void add_edge(int a,int b){
edge[tot]=(Edge){a,b,head[a]};
head[a]=tot++;
}
void tarjan(int u){//判断可行只需要一个tarjan即可
dfn[u]=low[u]=++Index;
sstack[++top]=u;
instack[u]=1;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(instack[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
++cnt;
while(1){
int k=sstack[top--];
instack[k]=0;
belong[k]=cnt;
if(k==u) break;
}
}
}
bool solve(int x){
init();
for(int i=1;i<=x;i++){
//if(a[i]+b[i]==2*n-1) continue;
add_edge(2*n-1-a[i],b[i]);
add_edge(2*n-1-b[i],a[i]);
}
for(int i=0;i<2*n;i++){
if(!dfn[i]) tarjan(i);
}
int flag=0;
for(int i=0;i<2*n;i++){
if(belong[i]==belong[2*n-1-i]) flag=1;
}
if(flag) return false;
return true;
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
int l=1,r=n;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(solve(mid)) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<r<<endl;
}
return 0;
}