在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。
#include
#include
const int maxn=10010;
int n, m, nxt[maxn], head[maxn], pnt[maxn], ne, e, a, b, a0, b0;
char c1, c2;
int nnxt[maxn], nhead[maxn], npnt[maxn];
int order[maxn], norder, id[maxn], v[maxn];
int ans[maxn], op[maxn];
void dfs(int d){
v[d] = 1;
for(int i=head[d]; i!=-1; i=nxt[i])
if(!v[pnt[i]])
dfs(pnt[i]);
order[norder++] = d;
}
void ndfs(int d, int k){
v[d] = 1;
id[d] = k;
for(int i=nhead[d]; i!=-1; i=nnxt[i])
if(!v[npnt[i]])
ndfs(npnt[i], k);
}
void addedge(int s, int t){
pnt[e] = t; nxt[e] = head[s]; head[s] = e++;
}
void addnedge(int t, int s){
npnt[ne] = s; nnxt[ne] = nhead[t]; nhead[t] = ne++;
}
void color(int d){
ans[d] = 2;
for(int i=head[d]; i!=-1; i=nxt[i])
if(!ans[pnt[i]])
color(pnt[i]);
}
int main(){
while(1){
norder = e = ne = 0;
memset(head, -1, sizeof head);
memset(nhead, -1, sizeof nhead);
scanf("%d%d", &n, &m);
if(!n&&!m)
break;
for(int i=0; i=0; --i)
if(!v[order[i]])
ndfs(order[i], k++);
int mark = 1;
for(int i=0; i=0; --i)
if(!ans[order[i]]){
ans[order[i]] = 1;
color(op[order[i]]);
}
for(int i=1; i
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
#include
#include
#include
#include
const int maxn=10010;
int n, m, a, b;
char c1, c2;
int ans[maxn], record[maxn][2];
int get(int x){
if(x
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。
