中文题 题意略

学2-sat啦啦啦

2-sat就是    矛盾的 ($x、x’$不能同时取) m对人 相互也有限制条件 取出其中n个人

也有可能是把一件东西分成 取/不取 相矛盾的两种情况 (那就要拆点啦~) 取其中n件

做法是 暴力 和 强连通 两种

重点在于建图:

对于x,记 取 为 $x$, 不取 为$x’$

对于y,记 取 为 $y$,  不取 为$y’$

对于 一对矛盾u($u、u'$) 和 一对矛盾v($v、v'$) 建立$u\Rightarrow v$的含义是 取$u$ 则 必须取$v$

那么对于事件“x、y不能同时选” 需要建立两条边: $x\Rightarrow y'$(取$x$ 则必定 取$y’$,也就是不取$y$) 、 $y\Rightarrow x'$(取$y$ 则必定 取$x’$,也就是不取$x$)

“x、y不能同时不选”                     $x'\Rightarrow y$(取$x’$,也就是不取$x$ 则必须取$y$) 、 $y’\Rightarrow x$(取$y’$,也就是不取$y$ 则必须取$x$)

“x、y要同时选”                           $x\Rightarrow y$(取$x$ 则 必须取$y$)

“x、y要同时不选”                        $x’\Rightarrow y’$(取$x’$ 则 必须取$y’$)

还有个比较特殊的: “x必须选”

         这个建边的方法(类似于反证法)是 建立不能取x'的边

         $x'\Rightarrow x$

         结合边的含义来看:上述边的意义是:取x’(不取x) 则必须取x

           显然这是矛盾的, 那么对于取x’ 这个方案是不行的,也就是必须取x

           呃(-。-;)这个有点绕。。。    就是  不取x是不行的 那就是取x咯

         在算法运行的过程中 一旦出现矛盾 比如上述的取x'(不取x) 又要取x的情况 那么就可以开始回溯了 这个方案是行不通的

噢 回到这道题

这道题 丈夫和妻子不能同时出席 就是x和x’ 了

比如案例0号丈夫和1号丈夫不能同时选

那就建  0丈夫$\Rightarrow$ 1妻子  、 1丈夫$\Rightarrow$ 0妻子  的两条边即可

然后套个九爷的模板啦啦啦就好啦

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PI;
#define INF 0x3f3f3f3f const int N=*;
const int M=N*N;
//注意n是拆点后的大小 即 n <<= 1 N为点数(注意要翻倍) M为边数 i&1=0为i真 i&1=1为i假
struct Edge
{
int to, nex;
}edge[M];
//注意 N M 要修改
int head[N], edgenum;
void addedge(int u, int v)
{
Edge E={v, head[u]};
edge[edgenum]=E;
head[u]=edgenum++;
} bool mark[N];
int Stack[N], top;
void init()
{
memset(head, -, sizeof(head));
edgenum=;
memset(mark, , sizeof(mark));
} bool dfs(int x)
{
if(mark[x^])
return false;//一定是拆点的点先判断
if(mark[x])
return true;
mark[x]=true;
Stack[top++]=x;
for(int i=head[x];i!=-;i=edge[i].nex)
if(!dfs(edge[i].to))
return false; return true;
} bool solve(int n)
{
for(int i=;i<n;i+=)
if(!mark[i] && !mark[i^])
{
top=;
if(!dfs(i))
{
while(top)
mark[Stack[--top]]=false;
if(!dfs(i^))
return false;
}
}
return true;
} int main()
{
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
int m;
scanf("%d", &m);
init();
while(m--)
{
int a1, a2, c1, c2;
scanf("%d%d%d%d", &a1, &a2, &c1, &c2);
addedge(*a1+c1, *a2-c2+);
addedge(*a2+c2, *a1-c1+);
}
solve(n)? puts("YES"): puts("NO");
}
return ;
}

HDOJ 3062

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