寒假牛客基础训练2_处女座与宝藏 && POJ_3683_Priest John's Busiest Day: (2-sat二连:判可行性和求可行解方案)

处女座与宝藏:
题目大意:有n个宝箱,m个开关,每个宝箱有初始状态,规定0是打开,1是关闭,当全部为0时,可以获得宝藏,m个开关每个开关与 ki个宝箱相关联,按下开关时宝箱的状态会反转(0 变1 ,1 变0)。问处女座能否得到宝藏,每个宝箱至多与2个开关相关联。

由于每个宝箱只与2个开关相关联,根据宝箱的初始状态,可以得知这最多是一个二元的布尔逻辑运算,而每个开关有按和不按两种状态,两种状态必选其一,容易想到2-sat模型,即找到一个按或不按的集合,使得这些集合满足这个布尔运算,显然布尔运算是根据宝箱的状态而定的。分析一下建图即可

/* 由于每个宝箱最多与两个开关有关联,因此是一个二元布尔逻辑运算 每个宝箱有按和不按两种状态,本题是在求一个这样的集合使得所有宝箱的状态为0 i为开关i,j为开关j,令i表示i开关要按,i+m表示不按,同理开关j 如果宝箱不和任何开关有关联: 如果宝箱状态是1,说明该宝箱无法到达0状态,直接输出"NO" 如果宝箱只和一个开关有关联: 如果宝箱状态是0,则必须要按; 建(i+m->i)的边使得不按产生矛盾 如果宝箱状态是1,则必须不按;建(i->i+m)的边使得按会产生矛盾 如果宝箱和两个开关有关联: 如果宝箱状态是0,则这两个开关要么都按要么都不按;建(i,j),(j,i),(i+m,j+m),(j+m,i+m) 如果宝箱状态是1,则这两个开关只能按一个;建(i,j+m),(j,i+m),(i+m,j),(j+m,i) 跑一下tarjan判断是否存在可行解即可 */
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
const int maxn = 4e5+10;
int a[maxn];
vector<int> g[maxn];
vector<int> h[maxn];
int belong[maxn],dfn[maxn],low[maxn],sta[maxn],vis[maxn],cnt,top,res;
void tarjan(int s){
 	vis[s]=1;
 	dfn[s]=low[s]=++cnt;
 	sta[++top]=s;
 	for(int i = 0; i < g[s].size(); i++){
  		if(!dfn[g[s][i]]) tarjan(g[s][i]);
  		if(vis[g[s][i]]==1) low[s]=min(low[s],low[g[s][i]]);
 	}
 	if(low[s]==dfn[s]){
 	 	++res;
  		do{
   			belong[sta[top]]=res;
   			vis[sta[top]]=0;
  		}while(sta[top--]!=s);
 	}
}
int main(){
 	scanf("%d%d",&n,&m);
 	for(int i = 1; i <= n; i++)
  		scanf("%d",&a[i]);
 	for(int i = 1; i <= m; i++){
  		int l,x;
  		scanf("%d",&l);
  		for(int j = 1; j <= l; j++){
   			scanf("%d",&x);
   		h[x].push_back(i);
  		}
 	}
 	for(int i = 1; i <= n; i++){
  		if(a[i]==1&&h[i].size()==0){
   			puts("NO");
   			return 0;
  		}
  		if(a[i]==0&&h[i].size()==1)
   			g[h[i][0]].push_back(h[i][0]+m);
  		else if(a[i]==1&&h[i].size()==1)
   			g[h[i][0]+m].push_back(h[i][0]);
  		else if(a[i]==0&&h[i].size()==2){
   			int u=h[i][0],v=h[i][1];
   			g[u].push_back(v);
   			g[v].push_back(u);
   			g[u+m].push_back(v+m);
   			g[v+m].push_back(u+m);
  		}
  		else if(a[i]==1&&h[i].size()==2){
   			int u=h[i][0],v=h[i][1];
   			g[u].push_back(v+m);
   			g[v].push_back(u+m);
   			g[u+m].push_back(v);
   			g[v+m].push_back(u);
  		}
 	}
 	for(int i = 1; i <= m+m; i++){
  		if(!dfn[i])
   			tarjan(i);
 	}
 	for(int i = 1; i <= m; i++){
  		if(belong[i]==belong[i+m]){
   			puts("NO");
   			return 0;
  		}
 	}
 	puts("YES");
}

POJ3683:
题目大意:有n场婚礼,每场婚礼有个最早开始时间和最晚结束时间和持续时长,每场婚礼可以在开始时间举行,也可以在临近结束时举行使得婚礼结束时刚好是最晚结束时间,要求每场婚礼不能在时间上有交集,是否有一个合法的举办方案,若有,还需要打印方案。

每场婚礼只有2个选择,在前面举办或在后面举办,布尔运算即任意两个婚礼不能在时间轴上相交,同样是二元布尔运算(两个婚礼的时间段是否相交的判断),很经典的2-sat模型,该题还需要打印一个可行方案。在有解的情况下(只要该点不与对立点在同一个连通分量),用tpsort给婚礼排序标定每场婚礼在前面举办或在后面举办,然后遍历打印即可。题目给的时间是hh:mm制,将时间转换为分钟即可。

这份代码常数略大,跑了400ms,抠了别人的代码才跑200ms

#include<iostream>
using namespace std;
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
int n;
string s,t;
const int maxn = 3e3+10;
struct wed{
 	int sta;
 	int en; 
 	int len;
}a[2500];
int change(string s){
 	int res=0;
 	res+=(s[0]-'0')*600;
 	res+=(s[1]-'0')*60;
 	res+=(s[3]-'0')*10;
 	res+=(s[4]-'0');
 	return res;
}
bool judge(int s1,int t1,int s2,int t2){ //判断是否相交 
 	if(t1<=s2||t2<=s1) return 0;
 	return 1;
}
vector<int> g[2*2500];
vector<int> h[maxn];
int dfn[maxn],belong[maxn],low[maxn],in[maxn],vis[maxn],cnt,res,top;
int ind[maxn],label[maxn],op[maxn];
void add(int x,int y){
 	g[x].push_back(y);
}
void ad(int x,int y){
 	h[x].push_back(y);
 	ind[y]++;
}
void tarjan(int s){
 	vis[s]=1;
 	low[s]=dfn[s]=++cnt;
 	in[++top]=s;
 	for(int i = 0; i < g[s].size(); i++){
  		if(!dfn[g[s][i]]) tarjan(g[s][i]);
  		if(vis[g[s][i]]) low[s]=min(low[s],low[g[s][i]]);
  	}
  	if(low[s]==dfn[s]){
   		++res;
   		do{
    			belong[in[top]]=res;
    			vis[in[top]]=0;
  		}while(in[top--]!=s);
 	}
}
void build(){							//反向建图
 	for(int i = 1; i <= n+n; i++)
  		for(int j = 0; j < g[i].size(); j++){
   			int v = g[i][j];
   			if(belong[i]!=belong[v])
    				ad(belong[v],belong[i]);
  	}
}
void tpsort(){
 	queue<int> pq;
 	for(int i = 1; i <= res; i++)
  		if(ind[i]==0) pq.push(i);
 	while(!pq.empty()){
  		int top=pq.front();
  		pq.pop();
  		if(!label[top]){
   			label[top]=1;
   			label[op[top]]=-1;
  		}
  		for(int i = 0; i < h[top].size(); i++){
   			int  v = h[top][i];
   			ind[v]--;
   			if(ind[v]==0) pq.push(v);
  		}
 	}
}
void print(int i,int key){
 	if(key==1){
  		int s=a[i].sta;
  		int l=a[i].len+s;
  		printf("%02d:%02d %02d:%02d\n",s/60,s%60,l/60,l%60);
 	}
 	else{
  		int en=a[i].en;
  		int t=en-a[i].len;
  		printf("%02d:%02d %02d:%02d\n",t/60,t%60,en/60,en%60);
 	}
}
int main(){
 	scanf("%d",&n);
 	int length;
 	for(int i = 1; i <= n; i++){
  		cin>>s>>t>>length;
  		a[i].sta=change(s);
  		a[i].en=change(t);
  		a[i].len=length;
 	}
 	for(int i = 1; i <= n; i++){
	  	for(int j = i+1; j <= n; j++)
	   		int s1=a[i].sta,l1=a[i].len,t1=a[i].en;
	   		int s2=a[j].sta,l2=a[j].len,t2=a[j].en;	
	   		if(judge(s1,s1+l1,s2,s2+l2)){			//4种可能相交情况及加边
	    			add(i,j+n);
	    			add(j,i+n);
	   		}
	   		if(judge(s1,s1+l1,t2-l2,t2)){
	    			add(i,j);
	    			add(j+n,i+n);
	   		}
	   		if(judge(t1-l1,t1,s2,s2+l2)){
	    			add(i+n,j+n);
	    			add(j,i);
	   		}
	   		if(judge(t1-l1,t1,t2-l2,t2)){
	    			add(i+n,j);
	    			add(j+n,i);
	   		}
	  	}
	 }
	 for(int i = 1; i <= n+n; i++){
 		if(!dfn[i]) tarjan(i);    //完成缩点 
 	}
	 for(int i = 1; i <= n; i++){
		 op[belong[i]]=belong[i+n];
		 op[belong[i+n]]=belong[i];   //标记新的对立结点 
		 if(belong[i]==belong[i+n]){
		 	puts("NO");
		   	return 0;
		}
 	}
 	build();        //反向建图 
 	tpsort();
 	puts("YES");
 	for(int i = 1; i <= n; i++){
  		print(i,label[belong[i]]);
 	} 
}
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