浅谈2—SAT问题

2-SAT：

1    2  -  SAT就是2判定性问题，是一种特殊的逻辑判定问题。
2    2  -  SAT问题有何特殊性？该如何求解？
3  我们从一道例题来认识2  -  SAT问题，并提出对一类2  -  SAT问题通用的解法。
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  Poi   0106   Peaceful Commission [和平委员会]：

某国有n个党派，每个党派在议会中恰有2个代表。
现在要成立和平委员会 ，该会满足：
每个党派在和平委员会中有且只有一个代表 
如果某两个代表不和，则他们不能都属于委员会 
代表的编号从1到2n，编号为2a  -  1  、2a的代表属于第a个党派

  输入n（党派数），m（不友好对数）及m对两两不和的代表编号 
其中1≤n≤  8000  ，  0  ≤m ≤  20000   

求和平委员会是否能创立。若能，求一种构成方式。 
输入：     输出：
  3     2           1          
  1     3           4            
  2     4           5                    

  原题可描述为：

有n个组，第i个组里有两个节点Ai, Ai  '   。需要从每个组中选出一个。而某些点不可以同时选出（称之为不相容）。任务是保证选出的n个点都能两两相容。 
 
（在这里把Ai, Ai  '   的定义稍稍放宽一些，它们同时表示属于同一个组的两个节点。也就是说，如果我们描述Ai，那么描述这个组的另一个节点就可以用Ai  '  ）

  初步构图
如果Ai与Aj不相容，那么如果选择了Ai，必须选择Aj‘ ；同样，如果选择了Aj，就必须选择Ai’ 。
   Ai             Aj  '
     Aj             Ai‘                        
这样的两条边对称

  我们从一个例子来看：
假设4个组，不和的代表为：1和4，2和3，7和3，那么构图：
假设：首先选1 3必须选，2不可选 8必须选，  4  、7不可选   5  、6可以任选一个

 

  矛盾的情况为：
存在Ai，使得Ai既必须被选又不可选。
 
得到算法1：
枚举每一对尚未确定的Ai, Ai‘ ，任选1个，推导出相关的组，若不矛盾，则可选择；否则选另1个，同样推导。若矛盾，问题必定无解。
此算法正确性简要说明：
由于Ai,Ai  '   都是尚未确定的，它们不与之前的组相关联，前面的选择不会影响Ai, Ai  '   。

算法的时间复杂度在最坏的情况下为O(nm)。
在这个算法中，并没有很好的利用图中边的对称性

  更一般的说：
在每个一个环里，任意一个点的选择代表将要选择此环里的每一个点。不妨把环收缩成一个子节点（规定这样的环是极大强连通子图）。新节点的选择表示选择这个节点所对应的环中的每一个节点.
对于原图中的每条边Ai  ->  Aj（设Ai属于环Si，Aj属于环Sj）如果Si≠Sj，则在新图中连边:Si  -> Sj

这样构造出一个新的有向无环图。
此图与原图等价。

  通过求强连通分量，可以把图转换成新的有向无环图，在这个基础上，介绍一个新的算法。

新算法中，如果存在一对Ai, Ai  '  属于同一个环，则判无解，否则将采用拓扑排序，以自底向上的顺序进行推导，一定能找到可行解。 
 
至于这个算法的得来及正确性，将在下一段文字中进行详细分析。

回忆构图的过程：
对于两个不相容的点 Ai, Aj，构图方式为：Ai  ->  Aj  '  ,Aj->Ai  '  ,前面提到过，这样的两条边对称，也就是说：
如果存在Ai  ->  Aj，必定存在Aj  '  ->Ai  '  。

等价于：Ai  ->  Ak,Ak  '  ->Ai  '   方便起见，之后“  ->  ”代表这样一种传递关系.

  猜测1：图中的环分别对称
如果存在Ai,Aj，Ai,Aj属于同一个环(记作Si),那么Ai  '  , Aj  '  也必定属于一个环(记作Si  '  ). 
  再根据前面的引理，不难推断出每个环分别对称。 

证明方式与引理相类似
一个稍稍复杂点的结构,其中红、蓝色部分分别为两组对称的链结构
推广2：对于任意一对Si, Si  '   ，Si的后代节点与Si  '   的前代节点相互对称。 
继而提出:
猜测2：若问题无解，则必然存在Ai, Ai  '   ，使得Ai,Ai  '  属于同一个环。也就是，如果每一对Ai,Ai  '   都不属于同一个环，问题必定有解。下面给出简略证明： 

  先提出一个跟算法1相似的步骤： 
如果选择Si，那么对于所有Si  ->  Sj，Sj都必须被选择。 
而Si  '   必定不可选，这样Si’的所有前代节点也必定不可选（将这一过程称之为删除）。 
  由推广2可以得到，这样的删除不会导致矛盾。

假设选择S3  '    
  选择S3  '  的后代节点, S1  ' 
删除S3
删除S3的前代节点S1
S1与S1  '  是对称的 
 
每次找到一个未被确定的Si，使得不存在Si  ->  Si  '   选择Si及其后代节点而删除Si’及Si‘的前代节点。一定可以构造出一组可行解。 
  因此猜测2成立。

另外，若每次盲目的去找一个未被确定的Si，时间复杂度相当高。
以自底向上的顺序进行选择、删除，这样还可以免去“选择Si的后代节点”这一步。
用拓扑排序实现自底向上的顺序。

一组可能的拓扑序列(自底向上）:S1  '  ,S2,S2  '  ,S3  '  ,S3,S1 
 
算法2的流程： 

  1  ．构图
  2  ．求图的极大强连通子图
  3  ．把每个子图收缩成单个节点，根据原图关系构造一个有向无环图
  4  ．判断是否有解，无解则输出（退出）
  5  ．对新图进行拓扑排序
  6  ．自底向上进行选择、删除
  7  ．输出

小结：
整个算法的时间复杂度大概是O(m)，解决此问题可以说是相当有效了。
在整个算法的构造、证明中反复提到了一个词：对称。发现、利用了这个图的特殊性质，我们才能够很好的解决问题。
并且，由2  -  SAT问题模型变换出的类似的题目都可以用上述方法解决。 

全文总结：
充分挖掘图的性质，能够更好的解决问题。
不仅仅是对于图论，这种思想可以在很多问题中得到很好的应用。
希望我们能掌握此种解题的思想，在熟练基础算法的同时深入分析、灵活运用、大胆创新，从而解决更多更新的难题。

原文来自： http://www.cppblog.com/ACflying/archive/2009/06/06/86912.aspx