题目链接： http://poj.org/problem?id=3678
题目大意：
有一个大小为N的集合={x1,x2..xn}，xi=0或1，现在给出它们之间的一些逻辑运算的结果(比如x1 and x2=1)，逻辑运算有AND OR XOR三种，问是否存在一种满足所有条件的取值方案。
分析：
（这题开始我构图出错了，叫lin神看了下，他提出一个观点，如果类似 u，v，1 AND这样的数据，说明u，v的1必须都选，那么就把u的0连向u的1,v的0连向v的1，这样的目的是使得推出矛盾）
由于集合中的每个元素只有两种选择，要么为0，要么为1，所以可以将这个问题转化成一个2-sat判定问题。对于集合中的每个元素，看做两个点:i和i+n。i表示这个元素取0，i+n表示这个元素取1。那么，剩下的问题就是如何构图了。
首先，理解清楚求解2-sat的方法是很必要的。求解2-sat的方法是，构造出一个图，图中的有向边<x,y>表示选x时必须选y。只有这个图满足这个条件，并且所有的边都是对称的（假如原问题能转化成2-sat判定，那么图中的边必然是对称的），那么就可以利用求强连通分量缩点的方法来验证2-sat问题。
对于本题，我们逐个考虑每个逻辑运算：
1、A AND B=0.这要求A和B不同时为1。既然不同时为1，那么A取1时，B必须取0；B取1时，A必须取0.所以，要连得边便是A+n->B, B+n->A。
2、A AND B=1.这要求A和B同时为1。换句话说，A和B不能是0.那要怎么样体现在图中呢？我们知道，判断一个2-sat问题是否存在合法方案的方法是，缩点后判断有没有两个同组点属于同一个连通分量。我们需要A和B都必须是1，那么我们就让A和B必须选0时无解即可。也就是说，连边A->A+n, B->B+n。这样的话，假如构图完成后，A必须取0，那么由于存在边A->A+n，所以A也必须取1，那么就不可能是一个合法方案。所以，这两条边能保证，有合法方案的话，一定是A取1（选A+n节点）的情况。
3、A OR B=0.这要求A和B同时为0.方法和2类似，方向变一下而已，理由同上。
4、A XOR B=0.这要求A=B。所以，A为0时，B必须为0，同理B为0时，A必须为0.所以添加边：A->B,B->A,A+n->B+n,B+n->A+n。
以上的分析过程是摘自上面的链接博客，自己必须深刻体会，并在今后中会应用，尤其是第2点和第3点，而其他的就是要注意有什么限制就连什么边，不能多连，也不能少连。。
代码：
poj3678
1 /*3678 Accepted 488K 141MS C++ 3238B 2012-04-25 13:26:00*/ 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #include <iostream> 6 #include <algorithm> 7 #include <vector> 8 using namespace std; 9 10 #define mpair make_pair 11 #define pii pair<int,int> 12 #define MM(a,b) memset(a,b,sizeof(a)); 13 typedef long long lld; 14 typedef unsigned long long u64; 15 template<class T> bool up_max(T& a,const T& b){return b>a? a=b,1 : 0;} 16 template<class T> bool up_min(T& a,const T& b){return b<a? a=b,1 : 0;} 17 #define maxn 2020 18 19 int n,m; 20 vector<int> adj[maxn]; 21 22 int Bcnt, Index, Top; 23 int low[maxn], dfn[maxn]; 24 bool instack[maxn]; 25 int belong[maxn],stack[maxn]; 26 void Tarjan(int u){ 27 low[u]= dfn[u]= ++Index; 28 stack[++Top]= u; 29 instack[u]= 1; 30 for(int i=0;i<adj[u].size();++i){ 31 int v= adj[u][i]; 32 if( !dfn[v] ){ 33 Tarjan( v ); 34 up_min( low[u], low[v] ); 35 } 36 else if( instack[v] ) 37 up_min( low[u], dfn[v] ); 38 } 39 if( low[u] == dfn[u] ){ 40 ++Bcnt; 41 int v; 42 do{ 43 v= stack[Top--]; 44 instack[v]= 0; 45 belong[v]= Bcnt; 46 }while( u!=v ); 47 } 48 } 49 50 int main() 51 { 52 while( cin>>n>>m ){ 53 for(int i=1;i<=n+n;++i) adj[i].clear(); 54 for(int i=1;i<=m;++i){ 55 int u,v,w; char ch[10]; 56 scanf("%d%d%d%s", &u, &v, &w, ch); 57 ++u, ++v; 58 /// u+u-1: 0; u+u: 1; 59 if( *ch == 'A' ){ 60 if( 1==w ){ 61 adj[u+u].push_back( v+v ); 62 adj[v+v].push_back( u+u ); 63 adj[u+u-1].push_back( u+u ); 64 adj[v+v-1].push_back( v+v ); 65 } 66 else{ 67 adj[u+u].push_back( v+v-1 ); 68 adj[v+v].push_back( u+u-1 ); 69 } 70 } 71 else if( *ch == 'O' ){ 72 if( 1==w ){ 73 adj[u+u-1].push_back( v+v ); 74 adj[v+v-1].push_back( u+u ); 75 } 76 else{ 77 adj[u+u-1].push_back( v+v-1 ); 78 adj[v+v-1].push_back( u+u-1 ); 79 adj[u+u].push_back( u+u-1 ); 80 adj[v+v].push_back( v+v-1 ); 81 } 82 } 83 else if( *ch == 'X' ){ 84 if( 1==w ){ 85 adj[u+u].push_back( v+v-1 ); 86 adj[v+v].push_back( u+u-1 ); 87 adj[u+u-1].push_back( v+v ); 88 adj[v+v-1].push_back( u+u ); 89 } 90 else{ 91 adj[u+u].push_back( v+v ); 92 adj[v+v].push_back( u+u ); 93 adj[u+u-1].push_back( v+v-1 ); 94 adj[v+v-1].push_back( u+u-1 ); 95 } 96 } 97 } 98 99 Bcnt= Index= Top= 0; 100 for(int i=1;i<=n+n;++i) low[i]= dfn[i]= instack[i]= 0; 101 for(int i=1;i<=n+n;++i) 102 if( !dfn[i] ) 103 Tarjan( i ); 104 for(int i=1;i<=n;++i){ 105 if( belong[i+i-1] == belong[i+i] ){ 106 puts("NO"); break; 107 } 108 if( i==n ) puts("YES"); 109 } 110 } 111 }