2-SAT专栏

其他 2021-03-21 10:25:30 阅读次数: 0

2-SAT很多时候的应用场景是，给定一个事物，这个事物有两种状态选择。基本就是这个情况，详细的话，通过下面的样例与题集来进行更深入的理解。
例题：
Party-HDU 3062
Katu Puzzle-POJ 3678
实战：
Get Luffy Out *-HDU1816
Go Deeper-HDU 3715
中等题：
Eliminate the Conflict-HDU 4115
Bit Magic-HDU 4421

Party-HDU 3062

传送门
这道题有两种矛盾关系：

  • 一对夫妻中只能一人出席
  • 有矛盾的两人不能同时出席

首先根据第一个矛盾关系，可以确定是2-SAT的题目，假设一对夫妻就是一种事物，只能丈夫去或者妻子去，便是两种选择。其次再看第二个关系，有矛盾的不能同时出席， i . e . i.e. i.e. 1号丈夫和2号妻子不能同时出席,那么如果1号丈夫出席了，那另一对中只能够2号丈夫去；如果2号妻子去了，那另一对中只能1号妻子去。但反过来看，如果1号妻子去了，2号夫妇谁去都无所谓；同样如果2号丈夫去了，1号夫妇谁去也无所谓。

2-SAT就是对矛盾关系中进行建边，当有矛盾关系的两个事物中，第一个事物的一项选择选上的话，另一个事物只能被迫选其中一项才能成立的时候，这时就需要进行建边引导。像上面如果1号妻子去了，不需要进行建边，2号选谁都没问题，这个时候1号妻子去了必定有解。

根据夫妻编号是从0~n-1，现假设建边的时候夫妻编号是 x x x，妻子是 ( x < < 1 ) (x<<1) (x<<1),丈夫是 ( x < < 1 ∣ 1 x<<1|1 x<<1∣1) 。

  • 题目的建边便是 a d d ( A 1 < < 1 ∣ C 1 , A 2 < < 1 ∣ C 2 ⊕ 1 ) add(A1<<1|C1,A2<<1|C2\oplus1) add(A1<<1∣C1,A2<<1∣C2⊕1), a d d ( A 2 < < 1 ∣ C 2 , A 1 < < 1 ∣ C 1 ⊕ 1 ) add(A2<<1|C2,A1<<1|C1\oplus1) add(A2<<1∣C2,A1<<1∣C1⊕1)
  • 其中 A 1 < < 1 ∣ C 1 A1<<1|C1 A1<<1∣C1 就是表示夫妻编号为 A 1 A1 A1当中的妻子或者丈夫，异或就是取对立面，比如 A 2 A2 A2中的丈夫的话，异或后便是 A 2 A2 A2中的妻子。
  • 建边完成后跑一遍 2 − S A T 2-SAT 2−SAT 的板子即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uii;
typedef pair<int, ll> pii;
template<typename T>
inline void rd(T& x)
{
    
    
	int tmp = 1; char c = getchar(); x = 0;
	while (c > '9' || c < '0') {
    
     if (c == '-')tmp = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') {
    
     x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	x *= tmp;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
int sgn(double x) {
    
    
	if (fabs(x) < eps) return 0;
	if (x > 0) return 1;
	return -1;
}
int n, m, st, ed;
int head[N], cntE;
struct edge {
    
    
	int to, next;
	int w;
}e[M];
void add(int u, int v, int w = 0) {
    
    
	e[cntE].to = v;
	e[cntE].next = head[u];
	e[cntE].w = w;
	head[u] = cntE++;
}
bool vis[N];
int stk[N], top;
bool dfs(int x) {
    
    
	if (vis[x ^ 1]) return false;
	if (vis[x]) return true;
	vis[x] = true;
	stk[++top] = x;
	for (int i = head[x]; ~i; i = e[i].next) {
    
    
		int v = e[i].to;
		if (!dfs(v)) return false;
	}
	return true;
}
bool two_sat() {
    
    
	memset(vis, false, sizeof(bool) * (n * 2 + 10));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
		if (vis[i << 1] || vis[i << 1 | 1]) continue;
		top = 0;
		if (!dfs(i << 1)) {
    
    
			while (top) vis[stk[top--]] = false;
			if (!dfs(i << 1 | 1)) return false;
		}
	}
	return true;
}
int main() {
    
    
#ifdef _DEBUG
	FILE* _INPUT = freopen("input.txt", "r", stdin);
	//	FILE* _OUTPUT = freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !_DEBUG
	int cas = 0;
	while (~scanf("%d", &n)) {
    
    
		rd(m);
		memset(head, -1, sizeof(int) * (n * 2 + 10)); cntE = 0;
		while (m--) {
    
    
			int x, y, i, j; rd(x), rd(y), rd(i), rd(j);
			add(x << 1 | i, y << 1 | j ^ 1);
			add(y << 1 | j, x << 1 | i ^ 1);
		}
		if (two_sat()) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
	return 0;
}

Katu Puzzle

  • 题意是给定一个数组 x x x 的长度为 n n n 。然后给出 x i x_i xi​ o p op op x j = c x_j=c xj​=c，其中 c = 0 或 者 1 c=0或者1 c=0或者1，然后 o p op op： A N D AND AND O R OR OR X O R XOR XOR
  • 假设数组下标为 i i i ,则 ( i < < 1 ) (i<<1) (i<<1) 表示 x i = 0 x_i=0 xi​=0； ( i < < 1 ∣ 1 ) (i<<1|1) (i<<1∣1) 表示 x i = 1 x_i=1 xi​=1
  • 若 x i & x j = 1 x_i\&x_j=1 xi​&xj​=1，显然只能两者同时为1才有解： a d d ( i < < 1 ∣ 1 , j < < 1 ∣ 1 ) , a d d ( j < < 1 ∣ 1 , i < < 1 ∣ 1 ) add(i<<1|1,j<<1|1),add(j<<1|1,i<<1|1) add(i<<1∣1,j<<1∣1),add(j<<1∣1,i<<1∣1);若其中一个为0，则无解，无解让他自相矛盾即可： a d d ( i < < 1 , i < < 1 ∣ 1 ) , a d d ( j < < 1 , j < < 1 ∣ 1 ) add(i<<1,i<<1|1),add(j<<1,j<<1|1) add(i<<1,i<<1∣1),add(j<<1,j<<1∣1);
  • 若 x i & x j = 0 x_i\&x_j=0 xi​&xj​=0,若 x i = 1 x_i=1 xi​=1，只能令 x j = 0 x_j=0 xj​=0 才有解： a d d ( i < < 1 ∣ 1 , j < < 1 ) , a d d ( j < < 1 ∣ 1 , i < < 1 ) add(i<<1|1,j<<1),add(j<<1|1,i<<1) add(i<<1∣1,j<<1),add(j<<1∣1,i<<1);若 x i = 0 x_i=0 xi​=0，则不管 x j x_j xj​ 为0或者为1，答案都可行，所以无需建边。 2 − S A T 2-SAT 2−SAT 只对唯一情况建边。
  • 同样或运算和异或运算建边一个道理。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uii;
typedef pair<int, ll> pii;
template<typename T>
inline void rd(T& x)
{
    
    
	int tmp = 1; char c = getchar(); x = 0;
	while (c > '9' || c < '0') {
    
     if (c == '-')tmp = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') {
    
     x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	x *= tmp;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
int sgn(double x) {
    
    
	if (fabs(x) < eps) return 0;
	if (x > 0) return 1;
	return -1;
}
int n, m, st, ed, k;
int head[N], cntE;
struct edge {
    
    
	int to, next;
	int w;
}e[M];
void add(int u, int v, int w = 0) {
    
    
	e[cntE].to = v;
	e[cntE].next = head[u];
	e[cntE].w = w;
	head[u] = cntE++;
}
bool vis[N];
int stk[N], top;
bool dfs(int x) {
    
    
	if (vis[x ^ 1]) return false;
	if (vis[x]) return true;
	vis[x] = true;
	stk[++top] = x;
	for (int i = head[x]; ~i; i = e[i].next) {
    
    
		int v = e[i].to;
		if (!dfs(v)) return false;
	}
	return true;
}
bool two_sat() {
    
    
	memset(vis, false, sizeof(bool) * (2 * n + 10));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
		if (vis[i << 1] || vis[i << 1 | 1]) continue;
		top = 0;
		if (!dfs(i << 1)) {
    
    
			while (top) vis[stk[top--]] = false;
			if (!dfs(i << 1 | 1)) return false;
		}
	}
	return true;
}
int main() {
    
    
#ifdef _DEBUG
	FILE* _INPUT = freopen("input.txt", "r", stdin);
	//	FILE* _OUTPUT = freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !_DEBUG
	int cas = 0, T;
	//	rd(T);
	//	while (T--) {
    
    
	while (~scanf("%d %d", &n, &m)) {
    
    
		memset(head, -1, sizeof(int) * (2 * n + 10)); cntE = 0;
		while (m--) {
    
    
			int x, y, c; char op[5];
			scanf("%d %d %d %s", &x, &y, &c, op);
			if (op[0] == 'A') {
    
    
				if (c) {
    
    
					add(x << 1 | 1, y << 1 | 1); add(y << 1 | 1, x << 1 | 1);
					add(x << 1, x << 1 | 1); add(y << 1, y << 1 | 1);
				}
				else {
    
    
					add(x << 1 | 1, y << 1);
					add(y << 1 | 1, x << 1);
				}
			}
			else if (op[0] == 'O') {
    
    
				if (c) {
    
    
					add(x << 1, y << 1 | 1);
					add(y << 1, x << 1 | 1);
				}
				else {
    
    
					add(x << 1, y << 1); add(y << 1, x << 1);
					add(x << 1 | 1, x << 1);
					add(y << 1 | 1, y << 1);
				}
			}
			else {
    
    
				if (c) {
    
    
					add(x << 1, y << 1 | 1); add(y << 1 | 1, x << 1);
					add(x << 1 | 1, y << 1); add(y << 1, x << 1 | 1);
				}
				else {
    
    
					add(x << 1, y << 1); add(y << 1, x << 1);
					add(x << 1 | 1, y << 1 | 1); add(y << 1 | 1, x << 1 | 1);
				}
			}
		}
		if (two_sat()) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
	return 0;
}

Get Luffy Out *

传送门

  • 这道题的做法，显然是二分答案+ 2 − S A T 2-SAT 2−SAT
  • 建边关系有：假设一对钥匙下标为 x 与 y x与y x与y， ( x < < 1 ) 表 示 x 未 使 用 ， ( x < < 1 ∣ 1 ) 表 示 钥 匙 使 用 了 (x<<1)表示x未使用，(x<<1|1)表示钥匙使用了 (x<<1)表示x未使用，(x<<1∣1)表示钥匙使用了，使用其中一把，另一把就会消失，所以建边 a d d ( x < < 1 ∣ 1 , y < < 1 ) , a d d ( y < < 1 ∣ 1 , x < < 1 ) add(x<<1|1,y<<1),add(y<<1|1,x<<1) add(x<<1∣1,y<<1),add(y<<1∣1,x<<1)
  • 下面开门中，选择其中一个开门即可，所以要把门打开，必须有钥匙匹配，若其中一把钥匙不匹配，另一把必定要匹配到才有解： a d d ( x < < 1 , y < < 1 ∣ 1 ) , a d d ( y < < 1 , x < < 1 ∣ 1 ) add(x<<1,y<<1|1),add(y<<1,x<<1|1) add(x<<1,y<<1∣1),add(y<<1,x<<1∣1) ；若有钥匙可以使用，则另一把钥匙用不用都无所谓，所以无需建边，保证有解即可。
  • 接下来就是二分能够到达的层数即可
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uii;
typedef pair<int, ll> pii;
template<typename T>
inline void rd(T& x)
{
    
    
	int tmp = 1; char c = getchar(); x = 0;
	while (c > '9' || c < '0') {
    
     if (c == '-')tmp = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') {
    
     x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	x *= tmp;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
int sgn(double x) {
    
    
	if (fabs(x) < eps) return 0;
	if (x > 0) return 1;
	return -1;
}
int n, m, st, ed, k;
int head[N], cntE;
struct edge {
    
    
	int to, next;
	int w;
}e[M];
void add(int u, int v, int w = 0) {
    
    
	e[cntE].to = v;
	e[cntE].next = head[u];
	e[cntE].w = w;
	head[u] = cntE++;
}
bool vis[N];
int stk[N], top;
bool dfs(int x) {
    
    
	if (vis[x ^ 1]) return false;
	if (vis[x]) return true;
	vis[x] = true;
	stk[++top] = x;
	for (int i = head[x]; ~i; i = e[i].next) {
    
    
		int v = e[i].to;
		if (!dfs(v)) return false;
	}
	return true;
}
bool two_sat() {
    
    
	memset(vis, false, sizeof(bool) * (n * 4 + 10));
	for (int i = 0; i < n * 2; ++i) {
    
    
		if (vis[i << 1] || vis[i << 1 | 1]) continue;
		top = 0;
		if (!dfs(i << 1)) {
    
    
			while (top) vis[stk[top--]] = false;
			if (!dfs(i << 1 | 1)) return false;
		}
	}
	return true;
}
int a[N], b[N], c[N], d[N];
bool check(int x) {
    
    
	memset(head, -1, sizeof(int) * (n * 4 + 10)); cntE = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    
    
		add(a[i] << 1 | 1, b[i] << 1);
		add(b[i] << 1 | 1, a[i] << 1);
	}
	for (int i = 1; i <= x; ++i) {
    
    
		add(c[i] << 1, d[i] << 1 | 1);
		add(d[i] << 1, c[i] << 1 | 1);
	}
	if (two_sat()) return true;
	else return false;
}
int main() {
    
    
#ifdef _DEBUG
	FILE* _INPUT = freopen("input.txt", "r", stdin);
	//	FILE* _OUTPUT = freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !_DEBUG
	int cas = 0, T;
//	rd(T);
//	while (T--) {
    
    
	while (~scanf("%d %d", &n,&m),n+m) {
    
    
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    
    
			rd(a[i]); rd(b[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    
    
			rd(c[i]); rd(d[i]);
		}
		int l = 1, r = m;
		while (l <= r) {
    
    
			int mid = l + r >> 1;
			if (check(mid)) l = mid + 1;
			else r = mid - 1;
		}
		printf("%d\n", l - 1);
	}
	return 0;
}

Go Deeper

传送门

扫描二维码关注公众号，回复： 12817140 查看本文章
  • 同样是二分答案+ 2 − S A T 2-SAT 2−SAT ，设 ( x i < < 1 ) 为 x i = 0 , ( x i < < 1 ∣ 1 ) 为 x i = 1 ; (x_i<<1)为x_i=0,(x_i<<1|1)为x_i=1; (xi​<<1)为xi​=0,(xi​<<1∣1)为xi​=1;
  • 当 x i + x j = 0 x_i+x_j=0 xi​+xj​=0 ，建边 a d d ( i < < 1 , j < < 1 ∣ 1 ) , a d d ( j < < 1 , i < < 1 ∣ 1 ) add(i<<1,j<<1|1),add(j<<1,i<<1|1) add(i<<1,j<<1∣1),add(j<<1,i<<1∣1) ；若其中一个状态为1，另一个无论如何都不可能相加得0，必定有解无须建边。
  • 同样的套路用在其余两个上， 详情见代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uii;
typedef pair<int, ll> pii;
template<typename T>
inline void rd(T& x)
{
    
    
	int tmp = 1; char c = getchar(); x = 0;
	while (c > '9' || c < '0') {
    
     if (c == '-')tmp = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') {
    
     x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	x *= tmp;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
int sgn(double x) {
    
    
	if (fabs(x) < eps) return 0;
	if (x > 0) return 1;
	return -1;
}
int n, m, st, ed;
int head[N], cntE;
struct edge {
    
    
	int to, next;
	int w;
}e[M];
void add(int u, int v, int w = 0) {
    
    
	e[cntE].to = v;
	e[cntE].next = head[u];
	e[cntE].w = w;
	head[u] = cntE++;
}
bool vis[N];
int stk[N], top;
bool dfs(int x) {
    
    
	if (vis[x ^ 1]) return false;
	if (vis[x]) return true;
	vis[x] = true;
	stk[++top] = x;
	for (int i = head[x]; ~i; i = e[i].next) {
    
    
		int v = e[i].to;
		if (!dfs(v)) return false;
	}
	return true;
}
bool two_sat() {
    
    
	memset(vis, false, sizeof(bool) * (n * 2 + 10));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
		if (vis[i << 1] || vis[i << 1 | 1]) continue;
		top = 0;
		if (!dfs(i << 1)) {
    
    
			while (top) vis[stk[top--]] = false;
			if (!dfs(i << 1 | 1)) return false;
		}
	}
	return true;
}
int x[N], y[N], w[N];
bool check(int mid) {
    
    
	memset(head, -1, sizeof(int) * (n * 2 + 10)); cntE = 0;
	for (int i = 1; i <= mid; ++i) {
    
    
		if (w[i] == 0) {
    
    
			add(x[i] << 1, y[i] << 1 | 1);
			add(y[i] << 1, x[i] << 1 | 1);
		}
		else if (w[i] == 1) {
    
    
			add(x[i] << 1, y[i] << 1);
			add(y[i] << 1, x[i] << 1);
			add(x[i] << 1 | 1, y[i] << 1 | 1);
			add(y[i] << 1 | 1, x[i] << 1 | 1);
		}
		else {
    
    
			add(x[i] << 1 | 1, y[i] << 1);
			add(y[i] << 1 | 1, x[i] << 1);
		}
	}
	if (two_sat()) return true;
	else return false;
}
int main() {
    
    
#ifdef _DEBUG
	FILE* _INPUT = freopen("input.txt", "r", stdin);
	//	FILE* _OUTPUT = freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !_DEBUG
	int cas = 0, T;
	rd(T);
	while (T--) {
    
    
//	while (~scanf("%d", &n)) {
    
    
		rd(n), rd(m);
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    
    
			rd(x[i]), rd(y[i]), rd(w[i]);
		}
		int l = 1, r = m;
		while (l <= r) {
    
    
			int mid = l + r >> 1;
			if (check(mid)) l = mid + 1;
			else r = mid - 1;
		}
		printf("%d\n", l - 1);
	}
	return 0;
}

Eliminate the Conflict

传送门

  • 这题很难想到 2 − S A T 2-SAT 2−SAT ， 2 − S A T 2-SAT 2−SAT 需要用到一个事物的两种状态，而这道题，若想要赢，在满足所有条件的情况下，在每一轮的游戏中：要么赢，要么平局。而这个便是两种不同的状态，赢或者平局。
  • 对应下先处理出每一局的胜利和平局的表示。
  • 对于有约束关系的 i 和 j i和j i和j，若其中一个状态不满足，则必须与对面另一个状态建边，把握好这个思想就可以了，详情看代码吧。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uii;
typedef pair<int, ll> pii;
template<typename T>
inline void rd(T& x)
{
    
    
	int tmp = 1; char c = getchar(); x = 0;
	while (c > '9' || c < '0') {
    
     if (c == '-')tmp = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') {
    
     x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	x *= tmp;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
int sgn(double x) {
    
    
	if (fabs(x) < eps) return 0;
	if (x > 0) return 1;
	return -1;
}
int n, m, st, ed, k;
int head[N], cntE;
struct edge {
    
    
	int to, next;
	int w;
}e[M];
void add(int u, int v, int w = 0) {
    
    
	e[cntE].to = v;
	e[cntE].next = head[u];
	e[cntE].w = w;
	head[u] = cntE++;
}
bool vis[N];
int stk[N], top;
bool dfs(int x) {
    
    
	if (vis[x ^ 1]) return false;
	if (vis[x]) return true;
	vis[x] = true;
	stk[++top] = x;
	for (int i = head[x]; ~i; i = e[i].next) {
    
    
		int v = e[i].to;
		if (!dfs(v)) return false;
	}
	return true;
}
bool two_sat() {
    
    
	memset(vis, false, sizeof(bool) * (n * 2 + 10));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
		if (vis[i << 1] || vis[i << 1 | 1]) continue;
		top = 0;
		if (!dfs(i << 1)) {
    
    
			while (top) vis[stk[top--]] = false;
			if (!dfs(i << 1 | 1)) return false;
		}
	}
	return true;
}
int a[N][2];
int main() {
    
    
#ifdef _DEBUG
	FILE* _INPUT = freopen("input.txt", "r", stdin);
	//	FILE* _OUTPUT = freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !_DEBUG
	int cas = 0, T;
	rd(T);
	while (T--) {
    
    
//	while (~scanf("%d %d", &n,&m)) {
    
    
		rd(n), rd(m);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    
    
			rd(a[i][0]); --a[i][0];
			a[i][1] = (a[i][0] + 1) % 3;
		}
		memset(head, -1, sizeof(int) * (n * 2 + 10)); cntE = 0;
		while (m--) {
    
    
			int x, y, op; rd(x), rd(y), rd(op);
			if (!op) {
    
    
				for (int i = 0; i < 2; ++i) {
    
    
					for (int j = 0; j < 2; ++j) {
    
    
						if (a[x][i] != a[y][j]) {
    
    
							add(x << 1 | i, y << 1 | j ^ 1);
							add(y << 1 | j, x << 1 | i ^ 1);
						}
					}
				}
			}
			else {
    
    
				for (int i = 0; i < 2; ++i) {
    
    
					for (int j = 0; j < 2; ++j) {
    
    
						if (a[x][i] == a[y][j]) {
    
    
							add(x << 1 | i, y << 1 | j ^ 1);
							add(y << 1 | j, x << 1 | i ^ 1);
						}
					}
				}
			}
			
		}
		printf("Case #%d: ", ++cas);
		if (two_sat()) puts("yes");
		else puts("no");
	}
	return 0;
}

Bit Magic

传送门

  • 这题是可以用到 2 − S A T 2-SAT 2−SAT 的，需要用到两种状态的话，很容易想到，对数组b的所有数进行二进制转换。转换后对应1-31位只有0或者1两种状态，应用这个状态进行判定即可。
  • 在建边的详情中与上面第二题原理一样，就不多解释
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uii;
typedef pair<int, ll> pii;
template<typename T>
inline void rd(T& x)
{
    
    
	int tmp = 1; char c = getchar(); x = 0;
	while (c > '9' || c < '0') {
    
     if (c == '-')tmp = -1; c = getchar(); }
	while (c >= '0' && c <= '9') {
    
     x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	x *= tmp;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
int sgn(double x) {
    
    
	if (fabs(x) < eps) return 0;
	if (x > 0) return 1;
	return -1;
}
int n, m, st, ed, k;
int head[N], cntE;
struct edge {
    
    
	int to, next;
	int w;
}e[M];
void add(int u, int v, int w = 0) {
    
    
	e[cntE].to = v;
	e[cntE].next = head[u];
	e[cntE].w = w;
	head[u] = cntE++;
}
bool vis[N];
int stk[N], top;
bool dfs(int x) {
    
    
	if (vis[x ^ 1]) return false;
	if (vis[x]) return true;
	vis[x] = true;
	stk[++top] = x;
	for (int i = head[x]; ~i; i = e[i].next) {
    
    
		int v = e[i].to;
		if (!dfs(v)) return false;
	}
	return true;
}
bool two_sat() {
    
    
	memset(vis, false, sizeof(bool) * (n * 2 + 10));
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
		if (vis[i << 1] || vis[i << 1 | 1]) continue;
		top = 0;
		if (!dfs(i << 1)) {
    
    
			while (top) vis[stk[top--]] = false;
			if (!dfs(i << 1 | 1)) return false;
		}
	}
	return true;
}
int b[505][505];
bool check() {
    
    
	for (int x = 0; x < 31; ++x) {
    
    
		memset(head, -1, sizeof(int) * (n * 2 + 10)); cntE = 0;
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
			for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
    
    
				if ((i & 1) && (j & 1)) {
    
    
					if (b[i][j] & (1 << x)) {
    
    
						add(i << 1, j << 1 | 1);
						add(j << 1, i << 1 | 1);
					}
					else {
    
    
						add(i << 1, j << 1);add(j << 1, i << 1);
						add(i << 1 | 1, i << 1);
						add(j << 1 | 1, j << 1);
					}
				}
				else if (!(i & 1) && !(j & 1)) {
    
    
					if (b[i][j] & (1 << x)) {
    
    
						add(i << 1 | 1, j << 1 | 1); add(j << 1 | 1, i << 1 | 1);
						add(i << 1, i << 1 | 1);
						add(j << 1, j << 1 | 1);
					}
					else {
    
    
						add(i << 1 | 1, j << 1);
						add(j << 1 | 1, i << 1);
					}
				}
				else {
    
    
					if (b[i][j] & (1 << x)) {
    
    
						add(i << 1 | 1, j << 1);add(j << 1 | 1, i << 1);
						add(i << 1, j << 1 | 1);add(j << 1, i << 1 | 1);
					}
					else {
    
    
						add(i << 1, j << 1); add(j << 1, i << 1);
						add(i << 1 | 1, j << 1 | 1); add(j << 1 | 1, i << 1 | 1);
					}
				}
			}
		}
		if (!two_sat()) return false;
	}
	return true;
}
int main() {
    
    
#ifdef _DEBUG
	FILE* _INPUT = freopen("input.txt", "r", stdin);
	//	FILE* _OUTPUT = freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !_DEBUG
	int cas = 0, T;
//	rd(T);
//	while (T--) {
    
    
	while (~scanf("%d", &n)) {
    
    
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
    
    
			for (int j = 0; j < n; ++j) {
    
    
				rd(b[i][j]);
			}
		}
		if (check()) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
	return 0;
}

猜你喜欢

转载自blog.csdn.net/bloom_er/article/details/113507150
今日推荐
面壁智能发布 Eurux-8x22B 开源大模型 —— 堪称「理科状元」
开源日报 | 谷歌扶持鸿蒙上位；开源Rabbit R1；Docker加持的安卓手机；微软的焦虑和野心；海尔电器把开放平台关了
中国码农的“35岁魔咒”
蘭雅 CorelDRAW 插件 2024.5.1 国际劳动节版，免费下载
Arc Browser for Windows 1.0 正式 GA
90后程序员开发视频搬运软件、不到一年获利超 700 万，结局很刑！
周排行
【转】spring中对控制反转和依赖注入的理解
tms webcore 安装和使用
java程序员进阶相关书籍
SpringMVC接受请求参数、
如何保存训练好的机器学习模型
MyEclipse、Eclipse设置项目JDK的三个地方
商超行业微信小程序开发定制一般多少钱 （行业技术人员解读）
Markdown编辑器语言——30分钟入门到到精通
Linux系统下MongoDB的简单安装与基本操作
Power Strings
每日归档
更多
2024-05-07(14)
2024-05-06(40)
2024-05-05(0)
2024-05-04(7)
2024-05-03(19)
2024-05-02(0)
2024-05-01(4)
2024-04-30(1)
2024-04-29(40)
2024-04-28(0)

代码天地 © 2018 codetd.com

境外服务器   最新电视剧2022