参考资料：2-SAT学习笔记

什么是2-SAT问题呢？

(¬a∨b∨¬c)∧(a∨b∨¬c)∧(¬a∨¬b∨c)，给出一个类似于这样的式子，让你找出满足条件的一个解，这样的问题就是SAT问题，因为每一个括号内都有三个被限制的变量，所以这叫做3-SAT问题（是因为括号内的变量数有3个才叫3-SAT，不是因为abc才叫3-SAT）

所以2-SAT也很好理解，(¬a∨b)∧(a∨c)∧(¬c∨¬b)就叫做 2-SAT 问题

可以证明 3-SAT 及以上的问题只能用暴力枚举解决（我也不知道怎么证明），所以我们只讨论2-SAT问题

理论知识

前置知识，你需要学会【图论】有向图的强连通分量

我们将 a V b 理解成：选择了a就不能选b，选择了b就不能选a，a b必须要选择一个

那我们就可以得到这样的关系：选择了a就要选择¬b， 选择了b就要选择¬a，反之也成立

根据这个关系建图，我们可以得到

我们可以看出，所有在一个强连通分量里的元素是等价的

因此，建好图之后，只要出现 x 和 ¬x 在一个强连通分量里，就说明它们等价，也就出现了矛盾，无解

接下来是一道洛谷的模板题

例题

P4782 【模板】2-SAT

题目链接

题目描述

有 $n$ 个布尔变量 $x_1$$\sim$$x_n$，另有 $m$ 个需要满足的条件，每个条件的形式都是 「$x_i$ 为 true / false 或 $x_j$ 为 true / false」。比如 「$x_1$ 为真或 $x_3$ 为假」、「$x_7$ 为假或 $x_2$ 为假」。

2-SAT 问题的目标是给每个变量赋值使得所有条件得到满足。

输入格式

第一行两个整数 $n$ 和 $m$，意义如题面所述。

接下来 $m$ 行每行 $4$ 个整数 $i$, $a$, $j$, $b$，表示 「$x_i$ 为 $a$ 或 $x_j$ 为 $b$」( a , b ∈ { 0 , 1 } a, b\in \{0,1\} a,b∈{0,1})

输出格式

如无解，输出 IMPOSSIBLE；否则输出 POSSIBLE。

下一行 $n$ 个整数 $x_1\sim x_n$（ x i ∈ { 0 , 1 } x_i\in\{0,1\} xi​∈{0,1}），表示构造出的解。

样例输入 #1

3 1
1 1 3 0

样例输出 #1

POSSIBLE
0 0 0

提示

$1\le n,m\le 10^6$ , 前 $3$ 个点卡小错误，后面 $5$ 个点卡效率。

由于数据随机生成，可能会含有（ 10 0 10 0）之类的坑，但按照最常规写法的写的标程没有出错，各个数据点卡什么的提示在标程里。

code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;vector<vector<int>> g(2 * n + 1);for (int i = 1; i <= m; i ++ ){int a, va, b, vb;cin >> a >> va >> b >> vb;g[a + !va * n].push_back(b + vb * n);g[b + !vb * n].push_back(a + va * n);// 下面四行和上两行等价// if (va && vb) g[a].push_back(b + n), g[b].push_back(a + n);// else if (va && !vb) g[a].push_back(b), g[b + n].push_back(a + n);// else if (!va && vb) g[a + n].push_back(b + n), g[b].push_back(a);// else if (!va && !vb) g[a + n].push_back(b), g[b + n].push_back(a);}vector<int> dfn(2 * n + 1), low(2 * n + 1), id(2 * n + 1);vector<bool> in_stk(2 * n + 1);int timestamp = 0, scc_cnt = 0;stack<int> stk;function<void(int)> tarjan = [&](int u){dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中for (int i = 0; i < g[u].size(); i ++ ){int j = g[u][i]; // 取出u的所有邻点jif (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历{tarjan(j);low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]}else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]}if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点{++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一int y;do {y = stk.top(); // 取出栈顶元素stk.pop();in_stk[y] = false;id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止}};for (int i = 1; i <= 2 * n; i ++ )if (!dfn[i]) tarjan(i);for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (id[i] == id[i + n]){cout << "IMPOSSIBLE\n";return 0;}cout << "POSSIBLE\n";for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (id[i] > id[i + n]) cout << 1 << ' ';else cout << 0 << ' ';cout << '\n';
}