POJ 3678 Katu Puzzle 题解《挑战程序设计竞赛》

POJ 3678 Katu Puzzle 

某组合电路有N个输入，M个与或异或门将其两两相连构成多个输出，问是否存在满足给定输出的输入。

4.3成为图论大师之路 

2-SAT

每条边都是某个2输入门，最终输出为门的合取范式，典型的2-SAT问题。

根据蕴涵门的定义：

将与或异或门写成等价的蕴涵门形式：

表格中的蕴涵表达式之间的运算符为与，证明很简单，利用A->B = !A OR B进行布尔运算，或者干脆列个真值表也行。

然后就是利用强连通分量分解了，节点i表示x的话，i+N表示!x。

跑完scc后，检查i与i+N是否在同一个强连通分量中，如果是，显然无解。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>

using namespace std;
#define MAX_V 10000

int V;                      // 顶点数
vector<int> G[MAX_V];       // 图的邻接表表示
vector<int> rG[MAX_V];      // 反向图
vector<int> vs;             // 后序遍历顺序的顶点列表
bool used[MAX_V];           // 访问标记
int cmp[MAX_V];             // 所属强连通分量的拓补序

void add_edge(const int &from, const int &to)
{
    G[from].push_back(to);
    rG[to].push_back(from);
}

void dfs(const int &v)
{
    used[v] = true;
    for (int i = 0; i < G[v].size(); ++i)
    {
        if (!used[G[v][i]])
            dfs(G[v][i]);
    }
    vs.push_back(v);
}

void rdfs(const int &v, const int &k)
{
    used[v] = true;
    cmp[v] = k;
    for (int i = 0; i < rG[v].size(); ++i)
    {
        if (!used[rG[v][i]])
            rdfs(rG[v][i], k);
    }
}

int scc()
{
    memset(used, 0, sizeof(used));
    vs.clear();
    for (int v = 0; v < V; ++v)
    {
        if (!used[v])
            dfs(v);
    }
    memset(used, 0, sizeof(used));
    int k = 0;
    for (int i = vs.size() - 1; i >= 0; --i)
    {
        if (!used[vs[i]])
            rdfs(vs[i], k++);
    }

    return k;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
    int M, N;
    scanf("%d%d", &N, &M);
    V = 2 * N;
    for (int i = 0; i < M; ++i)
    {
        int a, b, c;
        char buf[10];
        scanf("%d%d%d %s", &a, &b, &c, buf);
        if (buf[0] == 'A')
        {
            if (c == 1)
            {
                add_edge(a + N, a);
                add_edge(b + N, b);
            }
            else
            {
                add_edge(a, b + N);
                add_edge(b, a + N);
            }
        }
        else if (buf[0] == 'O')
        {
            if (c == 1)
            {
                add_edge(a + N, b);
                add_edge(b + N, a);
            }
            else
            {
                add_edge(a, a + N);
                add_edge(b, b + N);
            }
        }
        else if (buf[0] == 'X')
        {
            if (c == 1)
            {
                add_edge(a + N, b);
                add_edge(a, b + N);
                add_edge(b + N, a);
                add_edge(b, a + N);
            }
            else
            {
                add_edge(a + N, b + N);
                add_edge(a, b);
                add_edge(b + N, a + N);
                add_edge(b, a);
            }
        }
    }
    scc();
    bool yes = true;
    for (int i = 0; i < N; ++i)
    {
        if (cmp[i] == cmp[i + N])
        {
            yes = false;
            break;
        }
    }
    puts(yes ? "YES" : "NO");
#ifndef ONLINE_JUDGE
    fclose(stdin);
#endif
    return 0;
}

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