参考资料：2-SAT学习笔记
什么是2-SAT问题呢？
(¬a∨b∨¬c)∧(a∨b∨¬c)∧(¬a∨¬b∨c)，给出一个类似于这样的式子，让你找出满足条件的一个解，这样的问题就是SAT问题，因为每一个括号内都有三个被限制的变量，所以这叫做3-SAT问题（是因为括号内的变量数有3个才叫3-SAT，不是因为abc才叫3-SAT）
所以2-SAT也很好理解，(¬a∨b)∧(a∨c)∧(¬c∨¬b)就叫做 2-SAT 问题
可以证明 3-SAT 及以上的问题只能用暴力枚举解决（我也不知道怎么证明），所以我们只讨论2-SAT问题
理论知识
前置知识，你需要学会【图论】有向图的强连通分量
我们将 a V b 理解成：选择了a就不能选b，选择了b就不能选a，a b必须要选择一个
那我们就可以得到这样的关系：选择了a就要选择¬b， 选择了b就要选择¬a，反之也成立
根据这个关系建图，我们可以得到
我们可以看出，所有在一个强连通分量里的元素是等价的
因此，建好图之后，只要出现 x 和 ¬x 在一个强连通分量里，就说明它们等价，也就出现了矛盾，无解
接下来是一道洛谷的模板题
例题
P4782 【模板】2-SAT
题目描述
有 n n n 个布尔变量 x 1 x_1 x1 ∼ \sim ∼ x n x_n xn，另有 m m m 个需要满足的条件，每个条件的形式都是 「 x i x_i xi 为 true / false 或 x j x_j xj 为 true / false」。比如 「 x 1 x_1 x1 为真或 x 3 x_3 x3 为假」、「 x 7 x_7 x7 为假或 x 2 x_2 x2 为假」。
2-SAT 问题的目标是给每个变量赋值使得所有条件得到满足。
输入格式
第一行两个整数 n n n 和 m m m，意义如题面所述。
接下来 m m m 行每行 4 4 4 个整数 i i i, a a a, j j j, b b b，表示 「 x i x_i xi 为 a a a 或 x j x_j xj 为 b b b」( a , b ∈ { 0 , 1 } a, b\in \{0,1\} a,b∈{0,1})
输出格式
如无解，输出 IMPOSSIBLE；否则输出 POSSIBLE。
下一行 n n n 个整数 x 1 ∼ x n x_1\sim x_n x1∼xn（ x i ∈ { 0 , 1 } x_i\in\{0,1\} xi∈{0,1}），表示构造出的解。
样例输入 #1
3 1
1 1 3 0
样例输出 #1
POSSIBLE
0 0 0
提示
1 ≤ n , m ≤ 1 0 6 1\leq n, m\leq 10^6 1≤n,m≤106 , 前 3 3 3 个点卡小错误，后面 5 5 5 个点卡效率。
由于数据随机生成，可能会含有（ 10 0 10 0）之类的坑，但按照最常规写法的写的标程没有出错，各个数据点卡什么的提示在标程里。
code
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> g(2 * n + 1);
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
{
int a, va, b, vb;
cin >> a >> va >> b >> vb;
g[a + !va * n].push_back(b + vb * n);
g[b + !vb * n].push_back(a + va * n);
// 下面四行和上两行等价
// if (va && vb) g[a].push_back(b + n), g[b].push_back(a + n);
// else if (va && !vb) g[a].push_back(b), g[b + n].push_back(a + n);
// else if (!va && vb) g[a + n].push_back(b + n), g[b].push_back(a);
// else if (!va && !vb) g[a + n].push_back(b), g[b + n].push_back(a);
}
vector<int> dfn(2 * n + 1), low(2 * n + 1), id(2 * n + 1);
vector<bool> in_stk(2 * n + 1);
int timestamp = 0, scc_cnt = 0;
stack<int> stk;
function<void(int)> tarjan = [&](int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++ timestamp; // 先将dfn和low都初始化为时间戳
stk.push(u), in_stk[u] = true; // u加入栈中
for (int i = 0; i < g[u].size(); i ++ )
{
int j = g[u][i]; // 取出u的所有邻点j
if (!dfn[j]) // 如果j还没被遍历
{
tarjan(j);
low[u] = min(low[u], low[j]); // 用low[j]更新low[u]
}
else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]); // 如果j已入栈 则用dfn[j]更新low[u]
}
if (dfn[u] == low[u]) // 如果该点是所在强连通分量的最高点
{
++ scc_cnt; // 强连通分量数量加一
int y;
do {
y = stk.top(); // 取出栈顶元素
stk.pop();
in_stk[y] = false;
id[y] = scc_cnt; // 标记每个点所在的连通分量编号
} while (y != u); // 直到取到此连通分量的最高点为止
}
};
for (int i = 1; i <= 2 * n; i ++ )
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
if (id[i] == id[i + n])
{
cout << "IMPOSSIBLE\n";
return 0;
}
cout << "POSSIBLE\n";
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
if (id[i] > id[i + n]) cout << 1 << ' ';
else cout << 0 << ' ';
cout << '\n';
}