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   本题是2010年icpc欧洲区域赛西南欧赛区的的E题

题意

   DNA由四种核苷碱基A、G、T、C组成，它们形成环状排序。当今能对DNA进行修改（但不能同时对相邻位置进行修改）：将某位置加/减1，比如将C加1变成A、将C减1变成T。现给出一个DNA序列并从中选出若干子序列，问能否将所有选出的子序列修改成回文形式。

分析

   对每个子序列，要满足回文形式，则必然是原DNA序列某些位置最终要变成相同的，这可以用并查集处理。然后考虑每个集合里面原始的不同碱基情况：如果四种都有，显然无法修改，无解；如果有三种，或者有两种并且是相对碱基（AT/GC），则一定要把相对碱基都做修改；如果有两种并且是相邻碱基，则一定要修改一个并且另外一个不能修改；如果只有一种，则已经是回文形式，无需修改。
   由不能同时对相邻位置进行修改联想到2-SAT，对于位置$i$，用结点$2i$表示修改、结点$2i+1$表示不修改，下面考虑怎么添加子句构建有向边：相邻位置添加子句$x_i\wedge \neg x_{i+1}$，即连接$2i\to 2i+3$、$2i+2\to 2i+1$两条有向边；每个集合不同碱基有三种，或者有两种并且是相对碱基（AT/GC），那么AT/GC是一定要修改的，连接$2i+i\to 2i$即可；每个集合不同碱基有两种并且是相邻碱基，则一定要修改一个并且另外一个不能修改，找到根$r$，当位置$i\ne r$时需要建边，位置$i$和位置$r$的碱基不同则添加两个子句$x_i\wedge \neg x_r$和$\neg x_i\wedge x_r$，相同则添加两个子句$x_i\wedge x_r$和$\neg x_r\wedge \neg x_i$。
   这里再说一下，对于限定了部分结点取值的2-sat问题，可以这样连边处理：如果结点$i$必须为真（对应$2i$），则连边$2i+i\to 2i$；如果结点必须为假，则连边$2i\to 2i+1$。

AC 代码

#include <iostream>
using namespace std;#define w(c) c=='A' ? 1 : (c=='G' ? 2 : (c=='T' ? 4 : 8))
#define M 20020
int g[M][M>>1], f[M>>1], h[M>>1], v[M>>1], c[M], s[M], sn[M], low[M], pre[M], cc, clk, n, p, t; char d[M>>1];int find(int x) {return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}void add_clause(int u, int v) {g[u][c[u]++] = v^1; g[v][c[v]++] = u^1;
}bool dfs(int u) {low[u] = pre[u] = ++clk; s[p++] = u;for (int i=0, v; i<c[u]; ++i) if (!pre[v = g[u][i]]) {if (!dfs(v)) return false;low[u] = min(low[u], low[v]);} else if (!sn[v]) low[u] = min(low[u], pre[v]);if (low[u] == pre[u]) {++cc;while (true) {if (cc == sn[s[--p]^1]) return false;sn[s[p]] = cc;if (s[p] == u) break;}}return true;
}bool solve() {cin >> d;for (int i=0; i<n; ++i) f[i] = i, h[i] = 0;while (t--) {int l, h; char _; cin >> l >> _; h = ++l >> 1;for (int i=1; i<l; ++i) {cin >> v[i];if (i > h) f[find(v[i])] = find(v[l-i]);}}t = n<<1;for (int u=0; u<t; ++u) c[u] = pre[u] = sn[u] = cc = p = clk = 0;for (int i=0; i<n; ++i) h[find(i)] |= w(d[i]);for (int i=0; i<n; ++i) {int j = f[i], v = h[j];if (v == 15) return false;if (i > 0) add_clause((i-1) << 1, i << 1);if ((v&5) == 5) {if (d[i]=='A' || d[i]=='T') j=i<<1 | 1, g[j][c[j]++] = j^1;} else if ((v&10) == 10) {if (d[i]=='G' || d[i]=='C') j=i<<1 | 1, g[j][c[j]++] = j^1;} else if (i != j && (v==3 || v==6 || v==9 || v==12)) {bool e = d[i] == d[j];add_clause(i<<1, e ? j<<1 | 1 : j<<1); add_clause(i<<1 | 1, e ? j<<1 : j<<1 | 1);}}for (int u=0; u<t; ++u) if (!pre[u] && !dfs(u)) return false;return true;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);while (cin >> n >> t && n) cout << (solve() ? "YES" : "NO") << endl;return 0;
}