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【2-SAT问题】
现有一个由N个布尔值组成的序列A，给出一些限制关系，比如A[x] AND A[y]=0、A[x] OR A[y] OR A[z]=1等，要确定A[0..N-1]的值，使得其满足所有限制关系。这个称为SAT问题，特别的，若每种限制关系中最多只对两个元素进行限制，则称为2-SAT问题。
由于在2-SAT问题中，最多只对两个元素进行限制，所以可能的限制关系共有11种：
A[x]
NOT A[x]
A[x] AND A[y]
A[x] AND NOT A[y]
A[x] OR A[y]
A[x] OR NOT A[y]
NOT (A[x] AND A[y])
NOT (A[x] OR A[y])
A[x] XOR A[y]
NOT (A[x] XOR A[y])
A[x] XOR NOT A[y]
进一步，A[x] AND A[y]相当于(A[x]) AND (A[y])（也就是可以拆分成A[x]与A[y]两个限制关系），NOT(A[x] OR A[y])相当于NOT A[x] AND NOT A[y]（也就是可以拆分成NOT A[x]与NOT A[y]两个限制关系）。因此，可能的限制关系最多只有9种。
在实际问题中，2-SAT问题在大多数时候表现成以下形式：有N对物品，每对物品中必须选取一个，也只能选取一个，并且它们之间存在某些限制关系（如某两个物品不能都选，某两个物品不能都不选，某两个物品必须且只能选一个，某个物品必选）等，这时，可以将每对物品当成一个布尔值（选取第一个物品相当于0，选取第二个相当于1），如果所有的限制关系最多只对两个物品进行限制，则它们都可以转化成9种基本限制关系，从而转化为2-SAT模型。
【建模】
其实2-SAT问题的建模是和实际问题非常相似的。
建立一个2N阶的有向图，其中的点分为N对，每对点表示布尔序列A的一个元素的0、1取值（以下将代表A[i]的0取值的点称为i，代表A[i]的1取值的点称为i'）。显然每对点必须且只能选取一个。然后，图中的边具有特定含义。若图中存在边<i, j>，则表示若选了i必须选j。可以发现，上面的9种限制关系中，后7种二元限制关系都可以用连边实现，比如NOT(A[x] AND A[y])需要连两条边<x, y'>和<y, x'>，A[x] OR A[y]需要连两条边<x', y>和<y', x>。而前两种一元关系，对于A[x]（即x必选），可以通过连边<x', x>来实现，而NOT A[x]（即x不能选），可以通过连边<x, x'>来实现。
【O(NM)算法：求字典序最小的解】
根据2-SAT建成的图中边的定义可以发现，若图中i到j有路径，则若i选，则j也要选；或者说，若j不选，则i也不能选；
因此得到一个很直观的算法：
（1）给每个点设置一个状态V，V=0表示未确定，V=1表示确定选取，V=2表示确定不选取。称一个点是已确定的当且仅当其V值非0。设立两个队列Q1和Q2，分别存放本次尝试选取的点的编号和尝试不选的点的编号。
（2）若图中所有的点均已确定，则找到一组解，结束，否则，将Q1、Q2清空，并任选一个未确定的点i，将i加入队列Q1，将i'加入队列Q2；
（3）找到i的所有后继。对于后继j，若j未确定，则将j加入队列Q1；若j'（这里的j'是指与j在同一对的另一个点）未确定，则将j'加入队列Q2；
（4）遍历Q2中的每个点，找到该点的所有前趋（这里需要先建一个补图），若该前趋未确定，则将其加入队列Q2；
（5）在（3）（4）步操作中，出现以下情况之一，则本次尝试失败，否则本次尝试成功：
<1>某个已被加入队列Q1的点被加入队列Q2；
<2>某个已被加入队列Q2的点被加入队列Q1;
<3>某个j的状态为2；
<4>某个i'或j'的状态为1或某个i'或j'的前趋的状态为1；
（6）若本次尝试成功，则将Q1中的所有点的状态改为1，将Q2中所有点的状态改为2，转（2），否则尝试点i'，若仍失败则问题无解。
该算法的时间复杂度为O(NM)（最坏情况下要尝试所有的点，每次尝试要遍历所有的边），但是在多数情况下，远远达不到这个上界。
具体实现时，可以用一个数组vst来表示队列Q1和Q2。设立两个标志变量i1和i2（要求对于不同的i，i1和i2均不同，这样可以避免每次尝试都要初始化一次，节省时间），若vst[i]=i1则表示i已被加入Q1，若vst[i]=i2则表示i已被加入Q2。不过Q1和Q2仍然是要设立的，因为遍历（BFS）的时候需要队列，为了防止重复遍历，加入Q1（或Q2）中的点的vst值必然不等于i1（或i2）。中间一旦发生矛盾，立即中止尝试，宣告失败。
该算法虽然在多数情况下时间复杂度到不了O(NM)，但是综合性能仍然不如下面的O(M)算法。不过，该算法有一个很重要的用处：求字典序最小的解！
如果原图中的同一对点编号都是连续的（01、23、45……）则可以依次尝试第0对、第1对……点，每对点中先尝试编号小的，若失败再尝试编号大的。这样一定能求出字典序最小的解（如果有解的话），因为一个点一旦被确定，则不可更改。
如果原图中的同一对点编号不连续（比如03、25、14……）则按照该对点中编号小的点的编号递增顺序将每对点排序，然后依次扫描排序后的每对点，先尝试其编号小的点，若成功则将这个点选上，否则尝试编号大的点，若成功则选上，否则（都失败）无解。
【具体题目】HDU1814（求字典序最小的解）
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; #define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++) const int MAXN = 20000, MAXM = 100000, INF = ~0U >> 2; struct node { int a, b, pre, next; } E[MAXM], E2[MAXM]; int _n, n, m, V[MAXN], ST[MAXN][2], Q[MAXN], Q2[MAXN], vst[MAXN]; bool res_ex; void init_d() { re(i, n) E[i].a = E[i].pre = E[i].next = E2[i].a = E2[i].pre = E2[i].next = i; m = n; } void add_edge(int a, int b) { E[m].a = a; E[m].b = b; E[m].pre = E[a].pre; E[m].next = a; E[a].pre = m; E[E[m].pre].next = m; E2[m].a = b; E2[m].b = a; E2[m].pre = E2[b].pre; E2[m].next = b; E2[b].pre = m; E2[E2[m].pre].next = m++; } void solve() { re(i, n) {V[i] = 0; vst[i] = 0;} res_ex = 1; int i, i1, i2, j, k, len, front, rear, front2, rear2; bool ff; re(_i, _n) { if (V[_i << 1] == 1 || V[(_i << 1) + 1] == 1) continue; i = _i << 1; len = 0; if (!V[i]) { ST[len][0] = i; ST[len++][1] = 1; if (!V[i ^ 1]) {ST[len][0] = i ^ 1; ST[len++][1] = 2;} Q[front = rear = 0] = i; vst[i] = i1 = n + i; Q2[front2 = rear2 = 0] = i ^ 1; vst[i ^ 1] = i2 = (n << 1) + i; ff = 1; for (; front<=rear; front++) { j = Q[front]; for (int p = E[j].next; p != j; p=E[p].next) { k = E[p].b; if (V[k] == 2 || vst[k] == i2 || V[k ^ 1] == 1 || vst[k ^ 1] == i1) {ff = 0; break;} if (vst[k] != i1) { Q[++rear] = k; vst[k] = i1; if (!V[k]) {ST[len][0] = k; ST[len++][1] = 1;} } if (vst[k ^ 1] != i2) { Q2[++rear2] = k ^ 1; vst[k ^ 1] = i2; if (!V[k]) {ST[len][0] = k ^ 1; ST[len++][1] = 2;} } } if (!ff) break; } if (ff) { for (; front2<=rear2; front2++) { j = Q2[front2]; for (int p = E2[j].next; p != j; p=E2[p].next) { k = E2[p].b; if (V[k] == 1 || vst[k] == i1) {ff = 0; break;} if (vst[k] != i2) { vst[k] = i2; Q2[++rear] = k; if (!V[k]) {ST[len][0] = k; ST[len++][1] = 2;} } } if (!ff) break; } if (ff) { re(j, len) V[ST[j][0]] = ST[j][1]; continue; } } } i = (_i << 1) + 1; len = 0; if (!V[i]) { ST[len][0] = i; ST[len++][1] = 1; if (!V[i ^ 1]) {ST[len][0] = i ^ 1; ST[len++][1] = 2;} Q[front = rear = 0] = i; vst[i] = i1 = n + i; Q2[front2 = rear2 = 0] = i ^ 1; vst[i ^ 1] = i2 = (n << 1) + i; ff = 1; for (; front<=rear; front++) { j = Q[front]; for (int p = E[j].next; p != j; p=E[p].next) { k = E[p].b; if (V[k] == 2 || vst[k] == i2 || V[k ^ 1] == 1 || vst[k ^ 1] == i1) {ff = 0; break;} if (vst[k] != i1) { Q[++rear] = k; vst[k] = i1; if (!V[k]) {ST[len][0] = k; ST[len++][1] = 1;} } if (vst[k ^ 1] != i2) { Q2[++rear2] = k ^ 1; vst[k ^ 1] = i2; if (!V[k]) {ST[len][0] = k ^ 1; ST[len++][1] = 2;} } } if (!ff) break; } if (ff) { for (; front2<=rear2; front2++) { j = Q2[front2]; for (int p = E2[j].next; p != j; p=E2[p].next) { k = E2[p].b; if (V[k] == 1 || vst[k] == i1) {ff = 0; break;} if (vst[k] != i2) { vst[k] = i2; Q2[++rear] = k; if (!V[k]) {ST[len][0] = k; ST[len++][1] = 2;} } } if (!ff) break; } if (ff) { re(j, len) V[ST[j][0]] = ST[j][1]; continue; } } } if (V[_i << 1] + V[(_i << 1) + 1] != 3) {res_ex = 0; break;} } } int main() { int _m, a, b; while (scanf("%d%d", &_n, &_m) != EOF) { n = _n << 1; init_d(); re(i, _m) { scanf("%d%d", &a, &b); a--; b--; if (a != (b ^ 1)) {add_edge(a, b ^ 1); add_edge(b, a ^ 1);} } solve(); if (res_ex) {re(i, n) if (V[i] == 1) printf("%d ", i + 1);} else puts("NIE"); } return 0; }
【O(M)算法】
根据图的对称性，可以将图中所有的强连通分支全部缩成一个点（因为强连通分支中的点要么都选，要么都不选），然后按照拓扑逆序（每次找出度为0的点，具体实现时，在建分支邻接图时将所有边取反）遍历分支邻接图，将这个点（表示的连通分支）选上，并将其所有对立点（注意，连通分支的对立连通分支可能有多个，若对于两个连通分支S1和S2，点i在S1中，点i'在S2中，则S1和S2对立）及这些对立点的前趋全部标记为不选，直到所有点均标记为止。这一过程中必然不会出现矛盾（详细证明过程省略，论文里有）。
无解判定：若求出所有强分支后，存在点i和i'处于同一个分支，则无解，否则必定有解。
时间复杂度：求强分支时间复杂度为O(M)，拓扑排序的时间复杂度O(M)，总时间复杂度为O(M)。
该算法的时间复杂度低，但是只能求出任意一组解，不能保证求出解的字典序最小。当然，如果原题不需要求出具体的解，只需要判定是否有解（有的题是二分 + 2-SAT判有解的），当然应该采用这种算法，只要求强连通分支（Kosaraju、Tarjan均可，推荐后者）即可。
【具体题目】PKU3648（本题的特殊情况非常多，具体见Discuss）
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; #define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++) #define re2(i, l, r) for (int i=l; i<r; i++) #define re3(i, l, r) for (int i=l; i<=r; i++) const int MAXN = 1000, MAXM = 10000, INF = ~0U >> 2; struct edge { int a, b, pre, next; } E[MAXM], E2[MAXM]; int n, n2, m, m2, stk[MAXN], stk0[MAXN], V[MAXN], w[MAXN], st[MAXN], dfn[MAXN], low[MAXN], sw[MAXN], L[MAXN], R[MAXN]; int V2[MAXN], Q[MAXN], de[MAXN], Q0[MAXN]; bool vst[MAXN], res[MAXN], res_ex; void init_d() { re(i, n) E[i].a = E[i].pre = E[i].next = i; m = n; } void init_d2() { re(i, n2) {E2[i].a = E2[i].pre = E2[i].next = i; de[i] = 0;} m2 = n2; } void add_edge(int a, int b) { E[m].a = a; E[m].b = b; E[m].pre = E[a].pre; E[m].next = a; E[a].pre = m; E[E[m].pre].next = m++; de[b]++; } void add_edge2(int a, int b) { E2[m2].a = a; E2[m2].b = b; E2[m2].pre = E2[a].pre; E2[m2].next = a; E2[a].pre = m2; E[E[m2].pre].next = m2++; } void solve() { int tp, tp0, x0, x, y, ord = 0, ord0 = 0; n2 = 0; bool fd; res_ex = 1; re(i, n) V[i] = 0; re(i, n) if (!V[i]) { stk[tp = 0] = stk0[tp0 = 0] = i; V[i] = 1; dfn[i] = low[i] = ++ord; st[i] = E[i].next; while (tp0 >= 0) { x = stk0[tp0]; fd = 0; for (int p=st[x]; p != x; p = E[p].next) { y = E[p].b; if (!V[y]) { stk[++tp] = stk0[++tp0] = y; V[y] = 1; dfn[y] = low[y] = ++ord; st[y] = E[y].next; st[x] = E[p].next; fd = 1; break; } else if (V[y] == 1 && dfn[y] < low[x]) low[x] = dfn[y]; } if (!fd) { V[x] = 2; if (low[x] == dfn[x]) { L[n2] = ord0; while ((y = stk[tp]) != x) {w[y] = n2; sw[ord0++] = y; tp--;} w[stk[tp--]] = n2; sw[ord0] = x; R[n2++] = ord0++; }; if (tp0) {x0 = stk0[tp0 - 1]; if (low[x] < low[x0]) low[x0] = low[x];} tp0--; } } } re(i, n) if (w[i] == w[i ^ 1]) {res_ex = 0; return;} init_d2(); re2(i, n, m) { x = w[E[i].a]; y = w[E[i].b]; if (x != y) add_edge2(y, x); } int front = 0, rear = -1, front0, rear0; re(i, n2) {if (!de[i]) Q[++rear] = i; V2[i] = 0;} for (; front<=rear; front++) { int i = Q[front], j, j0; if (!V2[i]) { V2[i] = 1; front0 = 0; rear0 = -1; re(k, n2) vst[k] = 0; re3(x, L[i], R[i]) { j = w[sw[x] ^ 1]; Q0[++rear0] = j; vst[j] = 1; } for (; front0<=rear0; front0++) { j = Q0[front0]; V2[j] = 2; for (int p=E2[j].next; p != j; p=E2[p].next) { j0 = E2[p].b; if (!vst[j0]) {Q0[++rear0] = j0; vst[j0] = 1;} } } } for (int p=E[i].next; p != i; p=E[p].next) { j = E[p].b; de[j]--; if (!de[j]) Q[++rear] = j; } } re(i, n) res[i] = 0; re(i, n2) if (V2[i] == 1) re3(j, L[i], R[i]) res[sw[j]] = 1; } int main() { int n0, m0, x1, x2, N1, N2; char c1, c2; while (1) { scanf("%d%d", &n0, &m0); if (!n0 && !m0) break; else {n = n0 << 1; init_d();} re(i, m0) { scanf("%d%c%d%c", &x1, &c1, &x2, &c2); if (c1 == 'h') N1 = x1 << 1; else N1 = (x1 << 1) + 1; if (c2 == 'h') N2 = x2 << 1; else N2 = (x2 << 1) + 1; add_edge(N1 ^ 1, N2); add_edge(N2 ^ 1, N1); } add_edge(0, 1); solve(); if (res_ex) { bool spc = 0; re(i, n) if (i != 1 && res[i]) { if (spc) putchar(' '); else spc = 1; printf("%d%c", i >> 1, i & 1 ? 'w' : 'h'); } puts(""); } else puts("bad luck"); } return 0; }