HDU3062&&HDU1814

Preface

两道2-SAT模板题。

---

HDU3062

看题目就一眼2-SAT。一对夫妻看成一个变量，之间的矛盾可以看成限制。

考虑不同席的限制，相当于选了(i)就不选(j)，即必选(j')。所以我们(i o j',j o i')连边即可。

Tarjan判一发可行性即可。注意一下编号从(0)开始。

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1005;
struct edge
{
    int to,next;
}e[(N*N)<<1];
int head[N<<1],dfn[N<<1],low[N<<1],stack[N<<1],col[N<<1],n,m,cnt,tot,top,scc,x1,x2,y1,y2;
bool vis[N<<1];
inline void add(int x,int y)
{
    e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline int min(int a,int b)
{
    return a<b?a:b;
}
inline void Tarjan(int now)
{
    dfn[now]=low[now]=++tot; stack[++top]=now; vis[now]=1;
    for (register int i=head[now];~i;i=e[i].next)
    if (!dfn[e[i].to]) Tarjan(e[i].to),low[now]=min(low[now],low[e[i].to]);
    else if (vis[e[i].to]) low[now]=min(low[now],dfn[e[i].to]);
    if (dfn[now]==low[now])
    {
        col[now]=++scc; vis[now]=0;
        while (now!=stack[top])
        col[stack[top]]=scc,vis[stack[top--]]=0; --top;
    }
}
inline void clear(void)
{
    memset(head,-1,sizeof(head)); memset(low,0,sizeof(low));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(vis,0,sizeof(vis));
    cnt=tot=top=scc=0;
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i; start:
    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        for (clear(),i=1;i<=m;++i)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
            add((x1<<1)+x2,(y1<<1)+(!y2)); add((y1<<1)+y2,(x1<<1)+(!x2));
        }
        for (i=0;i<(n<<1);++i) if (!dfn[i]) Tarjan(i);
        for (i=0;i<n;++i) if (col[i<<1]==col[(i<<1)+1]) { puts("NO"); goto start; }
        puts("YES");
    }
}

---

HDU1814

题目大意：现有(n)个党派，每个党派需要在两个代表中选一个，这(2n)个代表中有彼此讨厌的(m)对人，输出(n)个去开会的代表（多解则输出字典序最小解）

又是互相厌恶，这就很好办了，直接套上一题的建图方法，然后暴力DFS，中间清空标记。

字典序最小的话就优先选择(i')，清空的时候不要ZZ一样的memset，开一个栈存一下递归到的点。

其他的都是板子。CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=8005,M=20005;
struct edge
{
    int to,next;
}e[M<<1];
int head[N<<1],stack[N<<1],n,m,x,y,top,cnt;
bool vis[N<<1];
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline bool read(int &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc())) if (ch==EOF) return 0;
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); return 1;
}
inline void add(int x,int y)
{
    e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline bool DFS(int now)
{
    if (vis[now^1]) return 0;
    if (vis[now]) return 1; 
    vis[now]=1; stack[top++]=now;
    for (register int i=head[now];~i;i=e[i].next)
    if (!DFS(e[i].to)) return 0;
    return 1;
}
inline bool solve(void)
{
    for (register int i=0;i<(n<<1);i+=2)
    if (!vis[i]&&!vis[i^1])
    {
        top=0;
        if (!DFS(i))
        {
            while (top) vis[stack[--top]]=0;
            if (!DFS(i^1)) return 0;
        }
    }
    return 1;
}
inline void print(void)
{
    for (register int i=0;i<(n<<1);i+=2) printf("%d
",vis[i]?i+1:(i^1)+1);
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i;
    while (read(n)&&read(m))
    {
        memset(head,-1,sizeof(head));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for (cnt=0,i=1;i<=m;++i)
        {
            read(x); read(y); --x; --y;
            add(x,y^1); add(y,x^1);
        }
        if (solve()) print(); else puts("NIE");
    }
    return 0;
}