简述:给出 n 个法案, m 头牛的意见, 每头牛有两个表决 格式为 “支持或反对某法案”, 每头牛需要至少满足一个表决, 不可能成立的话输出 IMPOSSIBLE, 否则输出方案, Y代表能, N代表不能,若是有的解中法案可以通过, 有些不能则输出“?”

首先不难看出这是一个2-SAT问题

那么我们先建好图然后tarjan缩点

主要的问题就是如何判断一个法案是否在不同方案里有不同选择了

这个可以直接dfs,设$i$表示该法案通过,$i'$表示该法案不通过,那么在缩完点后的DAG上跑,看看从$i$能否到$i'$以及从$i'$能否到$i$,如果一个点能到另一个点,那么很明显该点代表的状态就不存在

如果两个都可以说明是$?$,否则的话只有一种方法可以

然而我数组开小TLE了……而且还只有一个点……搞得我还以为dfs的时间复杂度不对……

 //minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,:;}
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getchar()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
inline char getc(){
char ch;while((ch=getchar())!='Y'&&ch!='N');return ch;
}
const int N=,M=;
int head[N],Next[M],ver[M],tot;
inline void add(int u,int v){
ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot;
}
int hc[N],nc[M],vc[M],tc;
inline void addc(int u,int v){
vc[++tc]=v,nc[tc]=hc[u],hc[u]=tc;
}
int dfn[N],low[N],st[N],bl[N],num,cnt,top,n,m;
void tarjan(int u){
low[u]=dfn[u]=++num,st[++top]=u;
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];
if(!dfn[v]) tarjan(v),cmin(low[u],low[v]);
else if(!bl[v]) cmin(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]) for(++cnt;st[top+]!=u;--top) bl[st[top]]=cnt;
}
int dfs(int u,int g){
if(u==g) return ;
for(int i=hc[u];i;i=nc[i])
if(!dfs(vc[i],g)) return ;
return ;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=m;++i){
int a=read(),b=getc()=='Y',c=read(),d=getc()=='Y';
add(a+(!b)*n,c+d*n),add(c+(!d)*n,a+b*n);
}
for(int i=,l=n<<;i<=l;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=;i<=n;++i)
if(bl[i]==bl[i+n]) return puts("IMPOSSIBLE"),;
for(int u=,l=n<<;u<=l;++u)
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
if(bl[u]!=bl[ver[i]]) addc(bl[u],bl[ver[i]]);
for(int i=;i<=n;++i){
int a=dfs(bl[i],bl[i+n]),b=dfs(bl[i+n],bl[i]);
if(a&&b) putchar('?');
else if(a) putchar('N');
else if(b) putchar('Y');
}
return ;
}

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