第一次接触2-SAT——SAT,即适定性（Satisfiability）的缩写。像名称所说，即满足需求的可能性问题，而k-SAT即每个人有k种需求，已经证明k>2时是一个NP完全问题。所以现在常见的考法便是2-SAT。
这一道题目算是一道裸的2-SAT问题。每一个人有两种需求，那么我们就将每一种食物拆成两个点，一个代表m,一个代表h，可以注意到满足所有人的需求即如果满足不了其中一个，必须满足另一个，所以我们建图的方法为从无法满足要求的点连向必须满足的点，代表若一个点不符合要求，必然走向后续的决策。那么问题的答案相比到这里已经比较明了了。我们就应当在这张图上求出强连通分量，看是否有一个点的两个拆点都存在于这张图上。若是如此，就说明无法满足要求。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 100000 int T, cnt, cnp = 1, n, m, low[maxn], dfn[maxn], num[maxn], timer, head[maxn]; bool flag, mark[maxn], vis[maxn]; stack <int> st; struct edge { int to, last; }E[maxn]; int read() { int x = 0; char c; c = getchar(); while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) c = getchar(); while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar(); return x; } void add(int u, int v) { E[cnp].to = v, E[cnp].last = head[u], head[u] = cnp ++; } void tarjan(int u) { dfn[u] = low[u] = ++ timer; vis[u] = true, mark[u] = true; st.push(u); for(int i = head[u]; i; i = E[i].last) { int v = E[i].to; if(vis[v]) { if(mark[v] && low[u] > dfn[v]) low[u] = dfn[v]; } else { tarjan(v); low[u] = min(low[u], low[v]); } } if(dfn[u] == low[u]) { ++ cnt; int j; do { j = st.top(); st.pop(); mark[j] = false; num[j] = cnt; }while(!st.empty() && j != u); } } void init() { memset(vis, 0, sizeof(vis)); memset(head, 0, sizeof(head)); cnp = 1, timer = 0; flag = false; } int main() { T = read(); while(T --) { n = read(), m = read(); init(); for(int i = 1; i <= m; i ++) { char c1, c2; int d1, d2; cin >> c1 >> d1 >> c2 >> d2; int a = 0, b = 0; a += (c1 == ‘h‘), b += (c2 == ‘h‘); add(((2 * d2) + b) ^ 1, (2 * d1) + a); add(((2 * d1) + a) ^ 1, 2 * d2 + b); } for(int i = 2; i <= 2 * n + 1; i ++) if(!vis[i]) tarjan(i); for(int i = 2; i <= 2 * n; i += 2) if(num[i] == num[i ^ 1]) { printf("BAD\n"); flag = true; break; } if(!flag) printf("GOOD\n"); } return 0; }
