題意：有一對新人結婚，邀請n對夫婦去參加婚禮。有一張很長的桌子，人只能坐在桌子的兩邊，還要滿足下面的要求：1.每對夫婦不能坐在同一側 2.n對夫婦之中可能有通姦關係（包括男男，男女，女女），有通姦關係的不能同時坐在新娘的對面，可以分開坐，可以同時坐在新娘這一側。如果存在一種可行的方案，輸出與新娘同側的人。
解析：分析可知用2-sat選擇與新郎同側的人，那麼與新娘同側的人就對應知道了，這樣求解答案會簡單很多。在建圖過程中要注意，新娘和新郎中必須選擇新郎，因此要從新娘到新郎連一條邊，剩下就是經典的tarjan縮點+拓撲排序求答案了。
代碼如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=1005*2;
int low[maxn],dfn[maxn],st[maxn],num[maxn],belong[maxn],in[maxn],cf[maxn];
int top,index,scc;
int color[maxn];
bool instack[maxn];
vector<int> g[maxn];
vector<vector<int> > dag;
void tarjan(int now)
{
low[now]=dfn[now]=++index;
st[top++]=now;
instack[now]=true;
for(int i=0;i<g[now].size();i++)
{
int to=g[now][i];
if(!dfn[to])
{
tarjan(to);
if(low[now]>low[to])
low[now]=low[to];
}
else if(instack[to]&&low[now]>dfn[to])
low[now]=dfn[to];
}
if(low[now]==dfn[now])
{
scc++;
int to;
do
{
to=st[--top];
instack[to]=false;
belong[to]=scc;
num[scc]++;
}while(now!=to);
}
}
bool solvable(int n)
{
memset(dfn,0,sizeof dfn);
memset(instack,0,sizeof instack);
memset(num,0,sizeof num);
index=scc=top=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(!dfn[i])
tarjan(i);
}
for(int i=0;i<n;i+=2)
{
if(belong[i]==belong[i^1])
return false;
}
return true;
}
void solve(int n)
{
dag.assign(scc+1,vector<int>());
memset(in,0,sizeof in);
memset(color,0,sizeof color);
for(int now=0;now<n;now++)
{
for(int i=0;i<g[now].size();i++)
{
int to=g[now][i];
if(belong[now]!=belong[to])
{
dag[belong[to]].push_back(belong[now]);
in[belong[now]]++;
}
}
}
for(int i=0;i<n;i+=2)
{
cf[belong[i]]=belong[i^1];
cf[belong[i^1]]=belong[i];
}
queue<int> q;
for(int i=1;i<=scc;i++)
{
if(in[i]==0)
q.push(i);
}
while(!q.empty())
{
int now=q.front();q.pop();
if(color[now]==0)
{
color[now]=1;
color[cf[now]]=-1;
}
int siz=dag[now].size();
for(int i=0;i<siz;i++)
{
in[dag[now][i]]--;
if(in[dag[now][i]]==0)
q.push(dag[now][i]);
}
}
}
int get(char s[])
{
int res=0;
int i=0;
while(isdigit(s[i]))
{
res*=10;
res+=s[i]-'0';
i++;
}
if(s[i]=='w')
return res*2;
return res*2+1;
}
int main()
{
int n,m;
char s1[10],s2[10];
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
if(!n&&!m) break;
for(int i=0;i<2*n;i++)
g[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s%s",s1,s2);
int x=get(s1);
int y=get(s2);
g[x].push_back(y^1);
g[y].push_back(x^1);
}
g[0].push_back(1);
if(solvable(2*n))
{
solve(2*n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(color[belong[2*i]]==1)
printf("%dh",i);
else printf("%dw",i);
if(i<n-1) printf(" ");
else printf("\n");
}
}
else printf("bad luck\n");
}
return 0;
}
另：發現用HDU1814的染色法同樣可以解決此問題，而且代碼實現難度要小得多，複雜度卻幾乎相同，難道強連通分量縮點法有什麼特別的用處嗎？求各路大牛指點....
代碼如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=1005*2;
vector<int> g[maxn];
bool v[maxn];
int st[maxn],top;
bool dfs(int u)
{
if(v[u^1]) return false;
if(v[u]) return true;
v[u]=true;
st[top++]=u;
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
if(!dfs(g[u][i]))
return false;
}
return true;
}
bool twosat(int n)
{
memset(v,0,sizeof v);
for(int i=0;i<n;i+=2)
{
if(v[i]||v[i^1]) continue;
top=0;
if(!dfs(i))
{
while(top) v[st[--top]]=false;
if(!dfs(i^1))
return false;
}
}
}
int get(char s[])
{
int res=0;
int i=0;
while(isdigit(s[i]))
{
res*=10;
res+=s[i]-'0';
i++;
}
if(s[i]=='w')
return res*2;
return res*2+1;
}
int main()
{
int n,m;
char s1[10],s2[10];
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
if(!n&&!m) break;
for(int i=0;i<2*n;i++)
g[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s%s",s1,s2);
int x=get(s1);
int y=get(s2);
g[x].push_back(y^1);
g[y].push_back(x^1);
}
g[0].push_back(1);
if(twosat(2*n))
{
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(v[i*2])
printf("%dh",i);
else printf("%dw",i);
if(i<n-1) printf(" ");
else printf("\n");
}
}
else printf("bad luck\n");
}
return 0;
}