2-SAT问题：有n个bool变量x1,x2....xn，还有一些必须满足的条件。这些条件列如“x1为假或x2为真”，即“x1假x2假”、“x1假x2真”、“x1真x2真”。
求解2-SAT问题的算法有很多，有一种效率还不错，实现方便又理解方便的算法。
注意例子中的那个条件“x1为假或x2为真”，在x1为假的时候x2可以为任意值，但在x1为真的时候,x2为满足条件必须是真。也就是说x1为真可以推导出x2为假、x2为假可以推导出x1为真。换成一般的情况，已知xa→xb'，则xb→xa'、已知xa'→xb,则xb'→xa（xi表示真xi'表示假）这个称为对称性，仔细理解下，下面证明会用到这个结论。
我们通常建一个图G，图中节点数量为2n，把节点标号，2i节点代表着xi、2i+1代表xi'。如果xi为真的时候标记节点2i，为假的时候标记2i+1。如果知道xa→xb'，则加入一条有向边2a→2b+1，同时得到xb→xa'，再加入一条边2b→2a+1。
枚举2i和2i+1都没有标记的节点，先假设xi为真，给2i标记，再进行dfs遍历，把所有可以到达的点都标记，标记过程中如果出现某个点2x和2x+1都被标记，因为不会存在x同时为真和假的情况，所以xi不能为真。再假设x2为假，给2i+1标记重复上述过程。如果xi值为真和假时都不可以，则此题无解。
修改之前的变量可以不可以让正在枚举的点可以为真或假？答案是不可以。因为假设某个节点a被标记，dfs时遍历到a'发现矛盾，则有条路可以从i走到a’，根据对称性，a有条路可以走到i，i就不是2i和2i+1都没有被标记的节点，矛盾，所以不存在这种情况。所以dfs遍历到的点要么是已经标记过的点或者2i和2i+1都未标记的点，与之前的变量无关，所以2-SAT算法正确。
伪代码：
bool dfs(int x){
____如果x节点被标记，返回真
____如果x^1节点被标记，返回假
____u为x可以到达的所有节点
________如果dfs(u)为假，返回假
____返回真
}
bool solve(){
____for i=1 to n
________如果2i和2i＋1都为标记
____________如果dfs(2i)为假
________________清除上次遍历的节点的标记 //实现时可以用栈
________________如果dfs(2i+1)为假，返回假
____返回真
}