2-sat 问题 【例题 Flags（2-sat+线段树优化建图）】

序：

模拟赛考了一道 2-sat 问题。之前从来没听过……

考完才发现其实这个东东只要一个小小的 tarjan 求强连通分量就搞定了。

这个方法真是巧妙啊，拿来讲讲。

What is it？ [・_・？]

这个算法是为了应对一些这样的条件：x1 与 x1 中至少有一个成立

算法：

既然是“2"-sat，那就要充分发挥 “two” 的优势，由于x1限制关系，有一些点我们选了后，有一些点就不能选了，那我们就只能选另一个点了满足 x2。

我们把 a 想它必须选的点 b 连有向边，这样就构成了一个图，判定的话，判断是否有两个不能同时存在的点在一个强连通分量中就好了！

这有一位大佬写的比我更好 OTZ

当然重点是讲模拟赛的题！

例题  Flags：

传送门

题目大意：数轴上有 n 个旗子，第 i 个可以插在坐标 xi 或者 yi，最大化两两旗子之间的最小距离。

题解：

我们可以二分答案，转化为一个 2-sat 问题。

二分最小距离 d，那么一个点 a 向左向右 d 的 b 点都不能选，那么选了 a 就必须选 b 的另一个位置，然后我们连边，最后判断是不是有一个点的两个位置是不是在一个强连通分量里，在则不能，否则可以。

这题还有一个点就是如果直接建边的话，就有 $n^2$ 条边，你会发现这题一个点的连边都是连续的，那就不妨线段树优化建图。具体思想戳这里。

CODE：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<stack>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 using namespace std;

 int v[];
 int n,x,y,tot=,h[];
 int scc[],dfn[],low[],C,cnt;
 bool vis[];
 struct Edge{
     int x,next;
 }e[];
 pair<int,int> a[];
 stack<int> s;

 inline void add_edge(int x,int y){
     e[++tot].x=y;
     e[tot].next=h[x],h[x]=tot;
 }

 void tarjan(int x){
     dfn[x]=low[x]=++cnt;
     s.push(x),vis[x]=true;
     for(int i=h[x];~i;i=e[i].next){
         if(!dfn[e[i].x]){
             tarjan(e[i].x),low[x]=min(low[x],low[e[i].x]);
         }else if(vis[e[i].x]){
             low[x]=min(low[x],dfn[e[i].x]);
         }
     }
     if(dfn[x]==low[x]){
         C++;
         int tmp;
         for(;;){
             tmp=s.top();
             vis[tmp]=false,scc[tmp]=C;
             s.pop();
             if(tmp==x)break;
         }
     }
 }

 void build(int o,int l,int r){
     if(r-l==){
         add_edge(o+n*,a[l].second^);
         return;
     }
     add_edge(o+n*,(o<<)+n*);
     add_edge(o+n*,(o<<|)+n*);
     int mid=l+r>>;
     build(o<<,l,mid),build(o<<|,mid,r);
 }

 void link(int o,int l,int r,int x,int y,int a){
     if(l>=x&&r<=y){
         add_edge(a,o+n*);
         return;
     }
     int mid=l+r>>;
     if(x<mid)link(o<<,l,mid,x,y,a);
     if(y>mid)link(o<<|,mid,r,x,y,a);
 }

 inline pair<int,int> get(int x,int len){
     int l=,r=x;
     pair<int,int> ans;
     while(l<r){
         int mid=l+r>>;
         if(a[x].first-a[mid].first<len)r=mid;
         else l=mid+;
     }
     ans.first=l;
     l=x,r=n*-;
     while(l<r){
         int mid=l+r+>>;
         if(a[mid].first-a[x].first<len)l=mid;
         else r=mid-;
     }
     ans.second=l;
     return ans;
 }

 inline bool check(int d){
     memset(scc,,sizeof(scc));
     memset(dfn,,sizeof(dfn));
     memset(low,,sizeof(low));
     memset(h,-,sizeof(h)),tot=;
     build(,,n*);
     for(int i=;i<n*;i++){
         int id=a[i].second;
         pair<int,int> x=get(i,d);
         if(i<x.second)link(,,n*,i+,x.second+,id);
         if(x.first<i)link(,,n*,x.first,i,id);
     }
     C=cnt=;
     for(int i=;i<n*;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);
     for(int i=;i<n*;i++)
         if(scc[a[i].second]==scc[a[i].second^])return false;
     return true;
 }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<n;i++){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         a[*i+]=make_pair(x,*i+);
         a[*i]=make_pair(y,*i);
     }
     sort(a,a+n*);
     int l=,r=;
     while(l<r){
         int mid=l+r+>>;
         if(check(mid))l=mid;
         else r=mid-;
     }
     printf("%d",l);
 }