P5782 [POI 2001] 和平委员会 2-SAT

题目分析

显然，这道题是一个典型的 2-SAT模型 ，会的话直接套模版即可（不会也不要紧，我们从头分析）。

在n = 2的情况下，只有1,2,3,4个代表，其中1,2和3,4分别在一个党派内。如果1,3互斥，在每个党派都有且仅有一个代表参加的前提下，选了1就必须选4，选了3就必须选2，但是，选了2，可以选3也可以选4，选4同理。所以，每一组互斥的情况，都相当于在有向图中连了两条边。那么，如果同一个党派中的两个代表，如果在一个极大联通分量中，那么是不可能满足题意的。反之，用Kosaraju算法判断最大联通分量，顺序输出答案中拓扑序大的即可。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int n, m, a, b, id[16010], fa[16010] = {}, cnt = 0, u, v;
vector<int>nx[16010], ny[16010];
bool vis[16010] = {};
void dfs1(int x) {//dfs遍历，求出编号
    vis[x] = true;
    for (int i = 0; i < nx[x].size(); i++) {
        if (!vis[nx[x][i]])dfs1(nx[x][i]);
    }
    id[++cnt] = x;
}
void dfs2(int x) {//dfs遍历，求最大联通分量
    fa[x] = cnt;//fa值相同的数在一个最大联通分量中，与拓扑排序为正比例函数
    for (int i = 0; i < ny[x].size(); i++) {
        if (!fa[ny[x][i]])dfs2(ny[x][i]);
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        cin >> a >> b;
        u = a & 1 ? a + 1 : a - 1;//a的另一个党派成员
        v = b & 1 ? b + 1 : b - 1;//b的另一个党派成员
        nx[a].push_back(v);
        ny[v].push_back(a);
        nx[b].push_back(u);
        ny[u].push_back(b);
    }
    for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)if (!vis[i])dfs1(i);
    cnt = 0;
    for (int i = 2 * n; i >= 1; i--) {
        if (!fa[id[i]]) {
            cnt++;
            dfs2(id[i]);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= 2 * n; i += 2){
        if (fa[i] == fa[i + 1]) {//同一个党派的两人在一个极大联通分量中，则矛盾，输出NIE
            cout << "NIE";
            return 0;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
        if (fa[i] > fa[i & 1 ? i + 1 : i - 1])cout << i << "\n";//输出拓扑序大的值
    }
}