主要内容

\(\operatorname{2~-~SAT}\)，简单的说就是给出 \(n\) 个集合，每个集合有两个元素，已知若干个 \(<a,b>\) ，表示 \(a\) 与 \(b\) 矛盾（其中 \(a\) 与 \(b\) 属于不同的集合）。然后从每个集合选择一个元素，判断能否一共选 \(n\) 个两两不矛盾的元素。显然可能有多种选择方案，一般题中只需要求出一种即可 。

解决方法

使用强连通分量。

存图

对于每个变量 \(x\)，我们建立两个点：\(x, \neg x\) 分别表示变量 \(x\) 取 true 和取 false。所以， 图的节点个数是两倍的变量个数 。在存储方式上，可以给第 \(i\) 个变量标号为 \(i\)，其对应的反值标号为 \(i + n\)。

建图

边 \(u \rightarrow v\) 表示 「若 \(u\) 则 \(v\)」，其逆否命题为 \(\neg v \rightarrow \neg u\)，表示「若非 \(v\) 则非 \(u\)」。对于每条二元限制，将其对应的命题与逆否命题的边连上，缺一不可。

1. 对于 $a_i = \operatorname{true} $ 连边 $ \neg a_i \rightarrow a_i $ 「可以理解为：表示如果 \(i\) 选了 false 那么 \(i\) 必须要是 true 与 \(i\) 只能选一个 true 或者 false 矛盾，强迫 \(i\) 只能是 true」。

2. 对于 $a_i = \operatorname{false} $ 连边 $ a_i \rightarrow \neg a_i $

3. 对于 $ a \operatorname{or} b = \operatorname{true}$，连边 $\neg a\rightarrow b $ 和 $ \neg b\rightarrow a$ 「可以理解为：若 \(a\) 假则 \(b\) 必真，若 \(b\) 假则 \(a\) 必真」。

4. 对于 $ a \operatorname{or} b = \operatorname{false}$，连边 $a\rightarrow \neg a $ 和 $ b\rightarrow \neg b$

5. 对于 $ a \operatorname{and} b = \operatorname{false}$，连边 $a\rightarrow \neg b $ 和 $ b\rightarrow \neg a$

6. 对于 $ a \operatorname{and} b = \operatorname{true}$，连边 $ \neg a\rightarrow a $ 和 $ \neg b\rightarrow b$

7. 对于 $ a \ne b $，连边 $a \rightarrow \neg b $ 、 $ \neg a \rightarrow b $ 、 $b \rightarrow \neg a $ 、 $ \neg b \rightarrow a $

8. 对于 $ a = b $，连边 $ a \rightarrow b $ 、 $ \neg a \rightarrow \neg b $ 、 $b \rightarrow a $ 、 $ \neg b \rightarrow \neg a $

可以看到，同一强连通分量内的变量值一定是相等的。也就是说，如果 \(x\) 与 \(\neg x\) 在同一强连通分量内部，一定无解。反之，就一定有解了。

但是，对于一组布尔方程，可能会有多组解同时成立。判断给每个布尔变量赋的值，只需要 当 \(x\) 所在的强连通分量的拓扑序在 \(\neg x\) 所在的强连通分量的拓扑序之后取 \(x\) 为真就可以了。

注：在使用 \(\operatorname{Tarjan}\) 算法缩点找强连通分量的过程中，已经为每组强连通分量标记好顺序了——不过是反着的拓扑序。所以一定要写成 color[x] > color[-x] 。

时间复杂度：\(O(n + m)\) ，即 \(\operatorname{Tarjan}\) 的时间复杂度 。

• P4782 【模板】2-SAT 问题

• P4171 [JSOI2010]满汉全席

核心代码：

void tarjan(int u)
{
	 dfn[u]=low[u]=++Time; s.push(u),ins[u]=true;
	 for(int i=hea[u];i;i=nex[i])
	 {
	 	 if(!dfn[ver[i]]) tarjan(ver[i]),low[u]=min(low[u],low[ver[i]]);
	 	 else if(ins[ver[i]]) low[u]=min(low[u],dfn[ver[i]]);
	 }
	 if(dfn[u]==low[u])
	 {
	 	 sum++;
	 	 do u=s.top(),s.pop(),ins[u]=false,belong[u]=sum;
		 while(dfn[u]!=low[u]);
	 }
}

for(int i=1;i<=n*2;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;i++) if(belong[i*2-1]==belong[i*2]) exist=false;