bzoj 1283（2-sat）

传送门

题意：

有(n)种菜，每种菜有两个风格：汉式或满式。现在有(m)个评委，第(i)评委都会有两种喜欢的风味，即（汉式/满式）菜(a_i)，你只要做出其中一种符合第(i)个评委喜欢的风味就算你通过了他的评判。你要赢需要获得所有评委的通过。现在问你，假设你做出的菜款式是任意的，你有机会获胜吗。

分析：

我们发现，对于每一种菜，都会有两种的状态：汉式和满式；即倘若我们选取了汉式的风格，那么必定不能选择满式的风格。因此我们可以将汉式作为(0)状态，满式作为(1)状态，而现在要通过第(i)个评委的审核，只需要满足其中的一种条件即可，故这是一个或的关系。

如此一来，这个问题就可以转化成一个或的(2-sat)的问题，对于每一个菜，我们令(2*i+1)作为(1)状态，(2*i)作为(0)状态；之后按照或的(2-sat)进行建图即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 20050
using namespace std;
struct Node{
    int to,next;
}q[maxn];
int head[maxn],cnt=0,st[maxn],top=0;
bool vis[maxn];
void add_edge(int from,int to){
    q[cnt].to=to;
    q[cnt].next=head[from];
    head[from]=cnt++;
}
void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    cnt=0,top=0;
}
bool dfs(int x){
    if(vis[x^1]) return false;
    if(vis[x]) return true;
    vis[x]=1;
    st[++top]=x;
    for(int i=head[x];i!=-1;i=q[i].next){
        int to=q[i].to;
        if(!dfs(to)) return false;
    }
    return true;
}
bool Towsat(int n){
    for(int i=0;i<n;i+=2){
        if(!vis[i]&&!vis[i^1]){
            top=0;
            if(!dfs(i)){
                while(top) vis[st[top--]]=0;
                if(!dfs(i^1)) return false;
            }
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int n,m;
        init();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;i<m;i++){
            char str1,str2;
            int num1,num2;
            getchar();
            scanf("%c%d %c%d",&str1,&num1,&str2,&num2);
            //cout<<str1<<" "<<num1<<" "<<str2<<" "<<num2<<endl;
            int x=2*(num1)+ (str1=='h'?1:0);
            int y=2*(num2)+ (str2=='h'?1:0);
            add_edge(x^1,y);
            add_edge(y^1,x);
        }
        if(Towsat(2*n)) puts("GOOD");
        else puts("BAD");
    }
    return 0;
}