h3(#solutie-2). Soluţie $O(N * M)$

Următoarea soluţie pare trivială, dar găsirea acestui algoritm şi realizarea faptului că el rezolvă corect problema sunt mai grele decât impresia lăsată după citirea ei. Considerăm o propoziţie oarecare cu două variabile $p$ şi $q$, apoi una dintre ele, de exemplu $p$. Îi atribuim literalului în care apare $p$ valoarea $0$. Pentru ca propoziţia respectivă să aibă $1$ valoarea de adevăr, atunci valoarea lui $q$ trebuie fixată. Fixând şi valoarea lui $q$, probabil şi alte propoziţii ce conţin literalul $q$ vor avea celălalt literal fixat. Propagăm astfel o serie de schimbări. După ce toate schimbările forţate au fost făcute, propoziţiile rezultate vor fi de următoarele tipuri: <tex> a \vee b </tex>, <tex> 1 \vee 0 </tex>, <tex> 1 \vee 1 </tex>, <tex> 1 \vee b </tex>. Propoziţii de tip <tex> 0 \vee b </tex> nu pot apărea pentru că toate schimbările forţate au fost deja propagate. Dacă apare o propoziţie <tex> 0 \vee 0 </tex> atunci alegerea făcută pentru valoarea lui $p$ este greşită. Vom încerca şi alegerea opusă pentru $p$. Dacă ambele duc la o propoziţie de tip <tex> 0 \vee 0 </tex> atunci expresia nu poate fi satisfăcută. Propoziţiile de forma <tex> 1 \vee 0 </tex>, <tex> 1 \vee 1 </tex>, <tex> 1 \vee b </tex> pot fi ignorate. În acest fel am eliminat cel puţin o variabilă şi o propoziţie din expresie. Dacă expresia iniţială era satisfiabilă, atunci şi expresia din care s-au eliminat câteva propoziţii a rămas satisfiabilă. Continuând pe această idee obţinem un algoritm de complexitate $O(N * M)$, pentru că la fiecare atribuire de valoare pentru o variabilă parcurgem şirul de propoziţii o dată.

Următoarea soluţie pare trivială, dar găsirea acestui algoritm şi realizarea faptului că el rezolvă corect problema sunt mai grele decât impresia lăsată după citirea ei. Considerăm o propoziţie oarecare cu două variabile $p$ şi $q$, apoi una dintre ele, de exemplu $p$. îi atribuim literalului în care apare $p$ valoarea $0$. Pentru ca propoziţia respectivă să aibă $1$ valoarea de adevăr, atunci valoarea lui $q$ trebuie fixată. Fixând şi valoarea lui $q$, probabil şi alte propoziţii ce conţin literalul $q$ vor avea celălalt literal fixat. Propagăm astfel o serie de schimbări. După ce toate schimbările forţate au fost făcute, propoziţiile rezultate vor fi de următoarele tipuri: <tex> a \vee b </tex>, <tex> 1 \vee 0 </tex>, <tex> 1 \vee 1 </tex>, <tex> 1 \vee b </tex>. Propoziţii de tip <tex> 0 \vee b </tex> nu pot apărea pentru că toate schimbările forţate au fost deja propagate. Dacă apare o propoziţie <tex> 0 \vee 0 </tex> atunci alegerea făcută pentru valoarea lui $p$ este greşită. Vom încerca şi alegerea opusă pentru $p$. Dacă ambele duc la o propoziţie de tip <tex> 0 \vee 0 </tex> atunci expresia nu poate fi satisfăcută. Propoziţiile de forma <tex> 1 \vee 0 </tex>, <tex> 1 \vee 1 </tex>, <tex> 1 \vee b </tex> pot fi ignorate. în acest fel am eliminat cel puţin o variabilă şi o propoziţie din expresie. Dacă expresia iniţială era satisfiabilă, atunci şi expresia din care s-au eliminat câteva propoziţii a rămas satisfiabilă. Continuând pe această idee obţinem un algoritm de complexitate $O(N * M)$, pentru că la fiecare atribuire de valoare pentru o variabilă parcurgem şirul de propoziţii o dată.

Să vedem cum funcţionează algoritmul pentru expresia: <tex> (x_{1} \vee \sim x_{2}) \wedge (\sim x_{1} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{1} \vee x_{2}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{1}) </tex>. Considerăm propoziţia <tex> (x_{1} \vee \sim x_{2}) </tex> şi <tex> \langle x_{2} = 1 \rangle </tex>. Astfel, vom obţine mai departe <tex> (x_{1} \vee 0) \wedge (\sim x_{1} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{1} \vee 1) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{1}) </tex>. În propoziţia <tex> (x_{1} \vee 0) </tex>, <tex> x_{1} </tex> trebuie să fie egal cu <tex> 1 </tex>. Acum, expresia devine: <tex> (0\ \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee 0) </tex>. Din propoziţia <tex> (0\ \vee \sim x_{3}) </tex> obţinem <tex> \langle x_{3} = 0 \rangle </tex>, iar din <tex> (x_{4} \vee 0) </tex> obţinem <tex> \langle x_{4} = 1 \rangle </tex>. Deci, atribuirea satisfiabilă este <tex> \langle x_{1} = 1, x_{2} = 0, x_{3} = 0, x_{4} = 1 \rangle </tex>.

Să vedem cum funcţionează algoritmul pentru expresia: <tex> (x_{1} \vee \sim x_{2}) \wedge (\sim x_{1} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{1} \vee x_{2}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{1}) </tex>. Considerăm propoziţia <tex> (x_{1} \vee \sim x_{2}) </tex> şi <tex> \langle x_{2} = 1 \rangle </tex>. Astfel, vom obţine mai departe <tex> (x_{1} \vee 0) \wedge (\sim x_{1} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{1} \vee 1) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{1}) </tex>. în propoziţia <tex> (x_{1} \vee 0) </tex>, <tex> x_{1} </tex> trebuie să fie egal cu <tex> 1 </tex>. Acum, expresia devine: <tex> (0\ \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee \sim x_{3}) \wedge (x_{4} \vee 0) </tex>. Din propoziţia <tex> (0\ \vee \sim x_{3}) </tex> obţinem <tex> \langle x_{3} = 0 \rangle </tex>, iar din <tex> (x_{4} \vee 0) </tex> obţinem <tex> \langle x_{4} = 1 \rangle </tex>. Deci, atribuirea satisfiabilă este <tex> \langle x_{1} = 1, x_{2} = 0, x_{3} = 0, x_{4} = 1 \rangle </tex>.

h3(#solutie-3). Soluţie $O(N^2^)$

p=. !2-sat?Graf.png!

Dacă avem <tex> A \longrightarrow B </tex> o muchie în graful nostru şi literalul <tex> A </tex> este adevărat, atunci şi literalul <tex> B </tex> trebuie să fie adevărat pentru ca propoziţia reprezentată de muchie să fie satisfăcută. Putem demonstra prin inducţie că dacă există un drum în graf de la literalul <tex> A </tex> la literalul <tex> B </tex>, atunci dacă <tex> A </tex> este adevărat şi <tex> B </tex> trebuie să fie adevărat. Dacă există un drum de la un literal <tex> X </tex> la <tex> \sim X </tex>, precum şi un drum invers, atunci nu va exista soluţie pentru că nu putem seta în acelaşi timp o variabilă şi valoarea ei negată la valoarea adevărat. De aici rezultă că dacă în graful asociat expresiei există o variabilă <tex> X </tex> în aceeaşi componentă tare conexă cu <tex> \sim X </tex> atunci instanţa problemei satisfiabilităţii nu poate fi satisfăcută. Dacă nu există o asemenea variabilă, vom vedea în continuare cum putem rezolva problema. Întâi, facem observaţia că dacă în graf există muchia <tex> A \longrightarrow B </tex> atunci există şi muchia <tex> \sim B \longrightarrow \sim A </tex>. Astfel, dacă există un drum de la <tex> A </tex> la <tex> B </tex> în graf, aplicând proprietatea menţionată pentru fiecare muchie a drumului, vom găsi un drum de la <tex> \sim B </tex> la <tex> \sim A </tex>. Evident, afirmaţia este valabilă şi reciproc: dacă există drum de la <tex> B </tex> la <tex> A </tex> atunci vom avea un drum de la nodul <tex> \sim A </tex> la <tex> \sim B </tex>. Astfel, dacă avem că <tex> A </tex> şi <tex> B </tex> sunt în aceeaşi componentă tare conexă atunci şi nodurile <tex> \sim A </tex> şi <tex> \sim B </tex> sunt în aceeaşi componentă tare conexă. Deci, dacă nu există doi literali <tex> X </tex> şi <tex> \sim X </tex> în aceeaşi componentă tare conexă, putem să împărţim graful în componente tare conexe şi să împerechem componentele câte două astfel ca în fiecare pereche să apară o componentă <tex> U </tex> cu nişte literali şi altă componentă <tex> \sim U </tex> cu aceiaşi literali negaţi. Pentru a găsi o soluţie vom determina mai întâi componentele tare conexe ale grafului. Apoi putem contracta fiecare componentă într-un nod. Graful obţinut va fi aciclic. Alegem un nod <tex> u </tex> în care nu intră nicio muchie (un asemenea nod trebuie să existe pentru a nu exista cicluri). Din considerente de simetrie, din nodul lui pereche <tex> \sim u </tex> nu va ieşi nicio muchie. Literalilor componentei <tex> U </tex> putem să le dăm valoarea de adevăr <tex> 0 </tex>, iar literalilor din componenta pereche <tex> \sim U </tex>  putem să le dăm valoarea de adevăr <tex> 1 </tex>. Această alegere nu impune restricţii asupra celorlalţi literali şi elimină câteva variabile din problemă. Repetarea recursivă a acestui pas pe graful rămas va duce la rezolvarea problemei. Determinarea componentelor tare conexe se poate face în complexitatea $O(N + M)$. Pentru a vedea acest algoritm puteţi consulta 'secţiunea $23.5$':http://zhuzeyuan.hp.infoseek.co.jp/ita/chap23.htm din {'[1]':2-sat#bibliografie}. Iar eliminarea  nodurilor de care vorbeam mai sus se poate face în $O(N + M)$ folosind o sortare topologică.

Dacă avem <tex> A \longrightarrow B </tex> o muchie în graful nostru şi literalul <tex> A </tex> este adevărat, atunci şi literalul <tex> B </tex> trebuie să fie adevărat pentru ca propoziţia reprezentată de muchie să fie satisfăcută. Putem demonstra prin inducţie că dacă există un drum în graf de la literalul <tex> A </tex> la literalul <tex> B </tex>, atunci dacă <tex> A </tex> este adevărat şi <tex> B </tex> trebuie să fie adevărat. Dacă există un drum de la un literal <tex> X </tex> la <tex> \sim X </tex>, precum şi un drum invers, atunci nu va exista soluţie pentru că nu putem seta în acelaşi timp o variabilă şi valoarea ei negată la valoarea adevărat. De aici rezultă că dacă în graful asociat expresiei există o variabilă <tex> X </tex> în aceeaşi componentă tare conexă cu <tex> \sim X </tex> atunci instanţa problemei satisfiabilităţii nu poate fi satisfăcută. Dacă nu există o asemenea variabilă, vom vedea în continuare cum putem rezolva problema. întâi, facem observaţia că dacă în graf există muchia <tex> A \longrightarrow B </tex> atunci există şi muchia <tex> \sim B \longrightarrow \sim A </tex>. Astfel, dacă există un drum de la <tex> A </tex> la <tex> B </tex> în graf, aplicând proprietatea menţionată pentru fiecare muchie a drumului, vom găsi un drum de la <tex> \sim B </tex> la <tex> \sim A </tex>. Evident, afirmaţia este valabilă şi reciproc: dacă există drum de la <tex> B </tex> la <tex> A </tex> atunci vom avea un drum de la nodul <tex> \sim A </tex> la <tex> \sim B </tex>. Astfel, dacă avem că <tex> A </tex> şi <tex> B </tex> sunt în aceeaşi componentă tare conexă atunci şi nodurile <tex> \sim A </tex> şi <tex> \sim B </tex> sunt în aceeaşi componentă tare conexă. Deci, dacă nu există doi literali <tex> X </tex> şi <tex> \sim X </tex> în aceeaşi componentă tare conexă, putem să împărţim graful în componente tare conexe şi să împerechem componentele câte două astfel ca în fiecare pereche să apară o componentă <tex> U </tex> cu nişte literali şi altă componentă <tex> \sim U </tex> cu aceiaşi literali negaţi. Pentru a găsi o soluţie vom determina mai întâi componentele tare conexe ale grafului. Apoi putem contracta fiecare componentă într-un nod. Graful obţinut va fi aciclic. Alegem un nod <tex> u </tex> în care nu intră nicio muchie (un asemenea nod trebuie să existe pentru a nu exista cicluri). Din considerente de simetrie, din nodul lui pereche <tex> \sim u </tex> nu va ieşi nicio muchie. Literalilor componentei <tex> U </tex> putem să le dăm valoarea de adevăr <tex> 0 </tex>, iar literalilor din componenta pereche <tex> \sim U </tex>  putem să le dăm valoarea de adevăr <tex> 1 </tex>. Această alegere nu impune restricţii asupra celorlalţi literali şi elimină câteva variabile din problemă. Repetarea recursivă a acestui pas pe graful rămas va duce la rezolvarea problemei. Determinarea componentelor tare conexe se poate face în complexitatea $O(N + M)$. Pentru a vedea acest algoritm puteţi consulta 'secţiunea $23.5$':http://zhuzeyuan.hp.infoseek.co.jp/ita/chap23.htm din {'[1]':2-sat#bibliografie}. Iar eliminarea  nodurilor de care vorbeam mai sus se poate face în $O(N + M)$ folosind o sortare topologică.

Să urmărim cum merge algoritmul nostru pe exemplul de mai sus. Componentele tare conexe sunt următoarele: <tex> \{A\} </tex>, <tex> \{\sim A\} </tex>, <tex> \{B, C, \sim D\} </tex>, <tex> \{\sim B, \sim C, D\} </tex>. În nodul asociat componentei <tex> \{A\} </tex> nu intră nici o muchie. Astfel, putem să îi atribuim lui <tex> A </tex> valoarea <tex> 0 </tex>, iar după eliminarea lui <tex> \{A\} </tex> şi <tex> \{\sim A\} </tex>în nodul asociat componentei <tex> \{\sim B, \sim C, D\} </tex> nu intră nicio muchie, deci putem să îi atribuim lui <tex> B </tex> valoarea <tex> 1 </tex>, lui <tex> C </tex> valoarea <tex> 1 </tex> şi lui <tex> D </tex> valoarea <tex> 0 </tex>. Această atribuire este satisfiabilă după cum vedem în continuare:

Să urmărim cum merge algoritmul nostru pe exemplul de mai sus. Componentele tare conexe sunt următoarele: <tex> \{A\} </tex>, <tex> \{\sim A\} </tex>, <tex> \{B, C, \sim D\} </tex>, <tex> \{\sim B, \sim C, D\} </tex>. în nodul asociat componentei <tex> \{A\} </tex> nu intră nici o muchie. Astfel, putem să îi atribuim lui <tex> A </tex> valoarea <tex> 0 </tex>, iar după eliminarea lui <tex> \{A\} </tex> şi <tex> \{\sim A\} </tex>în nodul asociat componentei <tex> \{\sim B, \sim C, D\} </tex> nu intră nicio muchie, deci putem să îi atribuim lui <tex> B </tex> valoarea <tex> 1 </tex>, lui <tex> C </tex> valoarea <tex> 1 </tex> şi lui <tex> D </tex> valoarea <tex> 0 </tex>. Această atribuire este satisfiabilă după cum vedem în continuare:

<tex> (\sim A \vee \sim B) \wedge (B \vee \sim C) \wedge (B \vee C) \wedge (\sim B \vee \sim D) \wedge (C \vee D) = </tex> <tex> (\sim 0 \vee \sim 1) \wedge (1 \vee \sim 1) \wedge (1 \vee 1) \wedge (\sim 1 \vee \sim 0) \wedge (1 \vee 0) = </tex> <tex> 1 \wedge 1 \wedge 1 \wedge 1 \wedge 1 = 1 </tex>

h2(#orpath). Orpath (Olimpiadă Rusia)

bq. Într-o ţară pacifistă, există $N$ oraşe şi $K$ autobuze $(1 <= N, K <= 100)$. La orele aglomerate ale zilei, nu trebuie să existe două autobuze care merg în acelaşi timp în sensuri opuse. Traseul fiecărui autobuz este un ciclu. Spunem că el merge în sens pozitiv dacă va parcurge oraşele în ordinea $1 2 3 4 1 2 3 4 1 2$ ... sau în sens negativ dacă le parcurge în ordinea $1 4 3 2 1 4 3 2 1 4$ ... Găsiţi o posibilitate de atribuire a sensului fiecărui autobuz astfel ca accidentele de trafic să fie evitate (nu vor exista două autobuze care să se întâlnească şi să aibă sensuri de mers opuse). Pentru fiecare autobuz se vor şti oraşele de pe ruta lui, şi pentru fiecare două oraşe vecine pe rută se va şti timpul necesar autobuzului pentru a ajunge dintr-un oraş în altul. De exemplu, pentru $4$ oraşe unde oricare două sunt la timp de mers egal cu $10$, şi pentru două autobuze cu rutele $1 2 4$ şi $3 4 2$, o soluţie ar fi ca primul autobuz să meargă în sens pozitiv iar celălalt în sens negativ.

bq. într-o ţară pacifistă, există $N$ oraşe şi $K$ autobuze $(1 <= N, K <= 100)$. La orele aglomerate ale zilei, nu trebuie să existe două autobuze care merg în acelaşi timp în sensuri opuse. Traseul fiecărui autobuz este un ciclu. Spunem că el merge în sens pozitiv dacă va parcurge oraşele în ordinea $1 2 3 4 1 2 3 4 1 2$ ... sau în sens negativ dacă le parcurge în ordinea $1 4 3 2 1 4 3 2 1 4$ ... Găsiţi o posibilitate de atribuire a sensului fiecărui autobuz astfel ca accidentele de trafic să fie evitate (nu vor exista două autobuze care să se întâlnească şi să aibă sensuri de mers opuse). Pentru fiecare autobuz se vor şti oraşele de pe ruta lui, şi pentru fiecare două oraşe vecine pe rută se va şti timpul necesar autobuzului pentru a ajunge dintr-un oraş în altul. De exemplu, pentru $4$ oraşe unde oricare două sunt la timp de mers egal cu $10$, şi pentru două autobuze cu rutele $1 2 4$ şi $3 4 2$, o soluţie ar fi ca primul autobuz să meargă în sens pozitiv iar celălalt în sens negativ.

h3. Soluţie

h3. Soluţie

Întâi, să considerăm un exemplu. Pentru o cerinţă de forma:

întâi, să considerăm un exemplu. Pentru o cerinţă de forma:

table{width: 90px; text-align: center}.
| <tex> 3 </tex> | <tex> 2 </tex> | <tex> 3 </tex> |

* [1] T. H. Cormen, C. E. Leiserson, R. R. Rivest - '_Introducere in Algoritmi_':http://zhuzeyuan.hp.infoseek.co.jp/ita/toc.htm
* [2] '_Satisfiability_':http://en.wikipedia.org/wiki/Satisfiability, Wikipedia
* [3] '_BOI 2001 Competition Material_':http://www.oi.edu.pl/download/boi-2001.pdf

* [4] '_CEOI 2002 Competition Material_':http://ics.upjs.sk/ceoi/Documents.html
 

* [4] '_CEOI 2002 Competition Material_':http://ics.upjs.sk/ceoi/Documents.html