（本文语言不通，细节省略较多，不适合初学者学习）
解决一类简单的sat问题。
每个变量有0/1两种取值，m个限制条件都可以转化成形如：若x为0/1则y为0/1等等（x可以等于y）
具体：
每个变量拆成i，i+n两个点，表示取0和取1
对于x为0，y为1的情况，从x向y+n连接一条边，
发现有逆命题：若y为0，则x一定为1，从y向x+n连接一条边。
可以发现，这形成了一个有向图。
可以tarjan
无解的条件是：一个变量的i，i+n在同一个scc里。这样这个变量不论取哪个值，都必须取另外一个值。
至于怎么输出方案？
方法一：
tarjan启发缩点。同一个scc一个值确定，其他的值就都确定了。
现在是DAG，就要拓扑咯。
如果正常拓扑的话，入度为0的点，出度影响的是一大片。随便赋值很可能就错了。
0出度点比较温顺，不会影响别人的取值。
就建一个反向DAG。然后拓扑
自底向上，不断选择零出度点。
具体流程：
c[i]表示i属于的scc
2-SAT点的对称的，边的连法也是对称的，所以其实一个scc也是对称的。设opp[c[i]]=c[i+n],opp[c[i+n]]=c[i]
由于对称，对于一个scc中的任何点i，opp[c[i]]都是c[i+n]。
val[2*n]表示scc的赋值。
初始-1
1.队列开始的scc，编号k
如果val[k]=-1,则val[k]=0,val[opp[k]]=1 （前提条件：i是0，i+n是1）
val[k]=0表示选择这个scc的赋值可以取到自己。
否则跳过。
2.topo结束后，for(i=1,i<=n,i++)
如果val[c[i]]=0，表示，c[i]可以取到。那么i的值就是0
如果val[c[i]]=1,表示，我们先topo到了val[c[i+n]]，val[c[i+n]]=0,可以取。0就不可取了。
合并一下，恰好，i的实际值就是val[c[i]]
正确性：
一个链其实是一个块，证明时可以分别考虑。
因为图是对称的，根据bfs性质，如果先推到i，一定i+n会在i后面才推到。所以，其实整个链是连续的scc都取自己,即val[k]=0的。不存在i的一个后继没有选上，却选上了的情况
所以，
1.如果不存在一个i，满足i，i+n都在链上，一个链上的scc其实是同时取或者同时不取，一定满足条件。
2.如果存在一个i，i+n都在链上。先访问到的会选择上。假设i指向i+n，由于反向建图，会先访问i+n，变量i会赋值为1，代表0的i点没有选择自己，条件的假设本身就不满足了。这显然合法。
复杂度：线性。
方法二：
方法一好麻烦啊。还要缩点还要topo
发现一个性质：
tarjan本质是DFS
最先赋值的是底层的scc
本来就要自底向上topo，所以，干脆就把scc和opp[scc]的大小作为val好了。
即，c[i]>opp[c[i]]的话，那么意味着，tarjan的时候，先dfs出opp[c[i]]，对应topo中先把opp[c[i]]入队。
（由于刚才说了，topo实际上把一条链上的scc都选择自己，或者都不选择自己，和dfs先搜完一个子树再回溯如出一辙。整个子树scc缩点之后就是一条链，这条链的scc值都比对称的链scc小。即先赋值。）
所以，i就赋值为对面的1
反之就是0
发现，恰好，i的赋值就是c[i]>c[i+n]
仔细想想，其实我已经证明了方法二和方法一本质是一致的。
两者正确性的证明都是上面写的那个。
（upda2019.4.3：
这个证明和上面的不一样
发现两条链不是简单对称，而是“DNA双螺旋结构！”
也就是，反向对称的
而且发现，对于一条链，后继一定比前驱的编号小
不妨从1~n那排点考虑，所以，如果一个点被选择了，意味着c[i]<c[i+n]
由于反向对称，而i的后继对应的是i+n的前驱，所以编号一定也更小，一定也会被选择上。
所以正确。
）
方法二显然简单。
甚至不用缩点，tarjan完了，直接输出。
模板：
#include<bits/stdc++.h> #define numb (ch^'0') using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e6+5; void rd(int &x){ x=0;char ch; while(!isdigit(ch=getchar())); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=(x<<1)+(x<<3)+numb); } int n,m; struct node{ int nxt,to; }e[2*N]; int hd[2*N],cnt; void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt; } int sta[2*N],top; bool in[2*N]; int c[2*N],scc; int dfn[2*N],low[2*N]; int df; void tarjan(int x){ //cout<<" x "<<x<<endl; dfn[x]=low[x]=++df; in[x]=1; sta[++top]=x; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; //cout<<y<<endl; if(!dfn[y]){ tarjan(y);low[x]=min(low[x],low[y]); } else if(in[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]); } if(dfn[x]==low[x]){ scc++;int z; do{ z=sta[top--];in[z]=0;c[z]=scc; }while(z!=x); } } int main(){ rd(n);rd(m); int x,y,p,q; for(int i=1;i<=m;i++){ rd(x),rd(p),rd(y),rd(q); add(x+(1-p)*n,y+q*n); add(y+(1-q)*n,x+p*n); } for(int i=1;i<=2*n;i++){ if(!dfn[i]) tarjan(i); top=0; } for(int i=1;i<=n;i++){ if(c[i]==c[i+n]){ printf("IMPOSSIBLE");return 0; } } printf("POSSIBLE "); for(int i=1;i<=n;i++){ printf("%d ",c[i]>c[i+n]); } return 0; }