2-sat问题

Implication_graph

这篇文章我们提到过sat问题,sat问题是第一个npc问题,具体是这样的SAT全称是satisfiability,他是问对于一个合取范式,是否有一种输入使得他的输出是1,具体点就是类似这样的布尔表达式(x1 or x2 or x3)and(x3 or x4)and(not x1 or x5)对于所有的x是否有一种01取值,使得最后的结果是1。而2-sat问题就是每一个由or连接的子式都只包含两个变量,比如这样(x1 or x2) and (not x3 or x1),2-sat问题是有多项式解法的,而3-sat就是npc问题了,前段时间有人宣称证明了p=np就是因为他自己找到了3-sat的多项式解法,当然最后被证明解法是错误的。。。那么对于2-sat问题解法而言,经典的就是利用强连通分支的算法来解决,最近上的coursera上的algo2有个随机算法也很有趣这里我们也要讲一下。

先来看经典的利用强连通分支的图论解法。我们把每个变量x都拆成2个点,两个点x和~x分别表示这个点取1和这个点取0,所以最后我们就是在这2n个点中选择满足要求的n个点。对于每个子式,假设子式是(x1 or x2),对于2-sat问题而言我们需要每个子式都得1,也就是对于这个子式而言,x1和x2至少要取一个,对应于图中就是,如果我们取~x1就必须取x2,取~x2就必须取x1,所以我们就在图中从~x1到x2和从~x2到x1连两条有向边。同样的如果子式中有not也是类似方法,比如(not x1 or x2)那么就是X1到x2和~x2到~x1两条有向边。一开始的图片构成的图表示的这个式子。

\((x_0 \vee x_2)\wedge(x_0 \vee \neg x_3)\wedge(x_1 \vee \neg x_3)\wedge(x_1 \vee \neg x_4)\wedge(x_2 \vee \neg x_4)\wedge(x_0 \vee \neg x_5)\)
\(\wedge(x_1 \vee \neg x_5)\wedge(x_2 \vee \neg x_5)\wedge(x_3 \vee x_6)\wedge(x_4 \vee x_6)\wedge(x_5 \vee x_6)\)

构建好图之后对图求强连通分支,很显然的如果xi和~xi在同一个强连通分支中那么就是不存在解的。之后进行染色判定,强连通分支缩点之后,把所有的边反向,然后按照拓扑排序的顺序遍历节点,如果节点没有被染色,就涂成红色,然后把和这个点互斥的点(所谓互斥的点就是如果x和~x所在的点),以及这个点的子孙都涂成蓝色,这样取出红色的点就是满足条件的解。这里就不证明了,详细的可以看伍昱的《由对称性解2-SAT问题》和赵爽的《2-SAT解法浅析》两篇。看证明的时候注意对称性,就是说如果x,y在同一个连通分支,那么~x,~y也在同一个连通分支,如果x到y有路,那么~y到~x也有路,注意这个对称性的特点的话,那两篇文章里的证明也就不难看懂了。

talk is easy,show me the code,那么让我们看一下代码吧,这里就用poj 3648来举例。

  1. #include <cstdio>
  2. #include <cstring>
  3.  
  4. const int maxn=10010;
  5. int n, m, nxt[maxn], head[maxn], pnt[maxn], ne, e, a, b, a0, b0;
  6. char c1, c2;
  7. int nnxt[maxn], nhead[maxn], npnt[maxn];
  8. int order[maxn], norder, id[maxn], v[maxn];
  9. int ans[maxn], op[maxn];
  10.  
  11. void dfs(int d){
  12.     v[d] = 1;
  13.     for(int i=head[d]; i!=-1; i=nxt[i])
  14.         if(!v[pnt[i]])
  15.             dfs(pnt[i]);
  16.     order[norder++] = d;
  17. }
  18. void ndfs(int d, int k){
  19.     v[d] = 1;
  20.     id[d] = k;
  21.     for(int i=nhead[d]; i!=-1; i=nnxt[i])
  22.         if(!v[npnt[i]])
  23.             ndfs(npnt[i], k);
  24. }
  25. void addedge(int s, int t){
  26.     pnt[e] = t; nxt[e] = head[s]; head[s] = e++;
  27. }
  28. void addnedge(int t, int s){
  29.     npnt[ne] = s; nnxt[ne] = nhead[t]; nhead[t] = ne++;
  30. }
  31. void color(int d){
  32.     ans[d] = 2;
  33.     for(int i=head[d]; i!=-1; i=nxt[i])
  34.         if(!ans[pnt[i]])
  35.             color(pnt[i]);
  36. }
  37. int main(){
  38.     while(1){
  39.         norder = e = ne = 0;
  40.         memset(head, -1, sizeof head);
  41.         memset(nhead, -1, sizeof nhead);
  42.         scanf("%d%d", &n, &m);
  43.         if(!n&&!m)
  44.             break;
  45.         for(int i=0; i<m; ++i){
  46.             scanf("%d%c%d%c", &a, &c1, &b, &c2);
  47.             if(c1=='h')
  48.                 a0 = n+a;
  49.             else{
  50.                 a0 = a;
  51.                 a += n;
  52.             }
  53.             if(c2=='h')
  54.                 b0 = n+b;
  55.             else{
  56.                 b0 = b;
  57.                 b += n;
  58.             }
  59.             addedge(a0, b);
  60.             addnedge(b, a0);
  61.             addedge(b0, a);
  62.             addnedge(a, b0);
  63.         }
  64.         addedge(0, n);
  65.         addnedge(n, 0);
  66.         memset(v, 0, sizeof v);
  67.         for(int i=0; i<2*n; ++i)
  68.             if(!v[i])
  69.                 dfs(i);
  70.         int k=0;
  71.         memset(v, 0, sizeof v);
  72.         memset(id, -1, sizeof id);
  73.         for(int i=norder-1; i>=0; --i)
  74.             if(!v[order[i]])
  75.                 ndfs(order[i], k++);
  76.         int mark = 1;
  77.         for(int i=0; i<n; ++i)
  78.             if(id[i]==id[i+n])
  79.                 mark = 0;
  80.         if(!mark){
  81.             printf("bad luck\n");
  82.             continue;
  83.         }
  84.         for(int i=0; i<n; ++i){
  85.             op[id[i]] = id[i+n];
  86.             op[id[i+n]] = id[i];
  87.         }
  88.         e = norder = 0;
  89.         memset(head, -1, sizeof head);
  90.         memset(v, 0, sizeof v);
  91.         memset(ans, 0, sizeof ans);
  92.         for(int i=0; i<n; ++i)
  93.             for(int j=nhead[i]; j!=-1; j=nnxt[j])
  94.                 addedge(id[i], id[npnt[j]]);
  95.         for(int i=0; i<k; ++i)
  96.             if(!v[i])
  97.                 dfs(i);
  98.         for(int i=norder-1; i>=0; --i)
  99.             if(!ans[order[i]]){
  100.                 ans[order[i]] = 1;
  101.                 color(op[order[i]]);
  102.             }
  103.         for(int i=1; i<n; ++i){
  104.             if(ans[id[i]] == 1)
  105.                 printf("%dh", i);
  106.             else
  107.                 printf("%dw", i);
  108.             if(i<n-1)
  109.                 printf(" ");
  110.             else
  111.                 printf("\n");
  112.         }
  113.     }
  114.     return 0;
  115. }

代码自我感觉还是比较清晰的就不解释了,整个过程就是按照上面说的算法进行的。ok,到这里而言acmer的内容已经足够了,下面我们来说说algo2里提到的随机算法。

在讲随机算法之前,首先要介绍“random walks on a line”,假设我们在数轴的点0的位置,在点0的话,下一个时刻我们会移动到点1上,如果在其他的点x,我们有50%的概率下一个时刻移动到点x-1上,有50%的概率移动到x+1上。现在让我们来算一下,从点0开始移动到点n,期望需要移动多少步。这个期望的算法和之前写的这篇的方法差不多。设E(i)是从点i(i<=n)移动到点n所需要的期望的步数。于是我们有

\(E(n)=0\)
\(E(0)=E(1)+1\)
\(E(i)=0.5*(1+E(i+1))+0.5*(1+E(i-1))\)

有上面的式子我们可以得到最后的结果,推导比较简单,就不赘述了

\(E(0)=n^2\)

设Tn表示从0走到n的步数,于是我们有

\(n^2=E(T_n)=\sum_{k=0}^{2n^2}(k*P(T_n=k))+\sum_{k=2n^2+1}^{\infty}(k*P(T_n=k))\)
因为\(\sum_{k=0}^{2n^2}(k*P(T_n=k)) \geq 0\)
所以\( n^2 \geq \sum_{k=2n^2+1}^{\infty}(k*P(T_n=k))\)
\(\geq \sum_{k=2n^2+1}^{\infty}((2n^2)*P(T_n=k))\)
\(=2n^2*P(T_n>2n^2)\)

于是我们得到

\(P(T_n>2n^2) \leq \frac{1}{2}\)

也就是说我们从0开始走2*n*n步,我们有大于1/2的概率已经经过n这个点了。

ok回到我们的2-sat问题。

我们的算法是这样的,我们开始时随机给变量赋值0或者1,然后迭代足够多的次数(大于2*n*n的次数),如果某次迭代,我们找到了答案就可以返回结果了,如果我们迭代足够多的次数都没找到答案就返回无解。每次迭代,我们找一个不满足要求的子式,然后两个变量随机挑一个改变他的值。

假设我们现在的解是a,满足要求的解是a*,那么我们的解和满足要求的解,值不同的变量的个数是x,某次迭代,我们找到一个子式(xi or xj)不满足条件,因为子式不满足条件,所以xi和xj不可能同时和a*里值是相同的,如果两个值都不同,那么我们这次改动使得x=x-1,如果有一个值不同,那么我们有50%的概率使得x=x-1有50%的概率使得x=x+1,所以,答案变好的概率要大于50%,所以迭代2*n*n次能得到解的概率就会小于1/2。

很有趣的算法,并且我们用这个算法,可以AC掉poj 3648这道题!看代码

  1. #include <cstdio>
  2. #include <cstdlib>
  3. #include <cstring>
  4. #include <ctime>
  5.  
  6. const int maxn=10010;
  7. int n, m, a, b;
  8. char c1, c2;
  9. int ans[maxn], record[maxn][2];
  10.  
  11. int get(int x){
  12.     if(x<n)
  13.         return ans[x];
  14.     return !ans[x-n];
  15. }
  16. int main(){
  17.     //srand(time(NULL));这里如果调用time,poj会报 runtime error的错误
  18.     srand(7);
  19.     while(1){
  20.         scanf("%d%d", &n, &m);
  21.         memset(ans, 0, sizeof ans);
  22.         if(!n&&!m)
  23.             break;
  24.         for(int i=0; i<m; ++i){
  25.             scanf("%d%c%d%c", &a, &c1, &b, &c2);
  26.             if(c1=='w')
  27.                 a += n;
  28.             if(c2=='w')
  29.                 b += n;
  30.             record[i][0] = a;
  31.             record[i][1] = b;
  32.         }
  33.         int mark = 0;
  34.         for(int i=0; i<5*n*n; ++i){
  35.             mark = 1;
  36.             for(int j=0; j<m; ++j)
  37.                 if((record[j][0]%n!=record[j][1]%n)&&!(get(record[j][0])||get(record[j][1]))){
  38.                     int tmp = rand()%2;
  39.                     if(record[j][0]%n==0)
  40.                         tmp = 1;
  41.                     if(record[j][1]%n==0)
  42.                         tmp = 0;
  43.                     ans[record[j][tmp]%n] = 1-ans[record[j][tmp]%n];
  44.                     mark = 0;
  45.                     break;
  46.                 }
  47.             if(mark)
  48.                 break;
  49.         }
  50.         if(!mark){
  51.             printf("bad luck\n");
  52.             continue;
  53.         }
  54.         for(int i=1; i<n; ++i){
  55.             if(ans[i])
  56.                 printf("%dh", i);
  57.             else
  58.                 printf("%dw", i);
  59.             if(i<n-1)
  60.                 printf(" ");
  61.             else
  62.                 printf("\n");
  63.         }
  64.     }
  65.     return 0;
  66. }

记得之前gcj曾经有道题目需要用到生日悖论来解决,感觉和这个随机算法都是很有趣的算法阿。

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