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如何阳间地数 2-SAT（详细揭秘）

MMiko35
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@miqumit4
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2025/12/04 11:00
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感谢 灵梦老师提供的资料，时隔不知道多久这个系列终于有后续了，但是你谷个人博客似乎是没了，防止预览的 padding 是形同虚设了，是该可喜可贺吗。
然后内容挺平凡的，，，如果看完觉得毫无信息量不要喷我
下文只对有标号的简单有向图进行讨论。
upd (2025.02.04)：当时我要把这当离散 project 交上去，所以写了个不那么神金的版本，现在开放。

前情提要

这部分我们首先回顾一下怎么数 DAG。传统方法不免在系数层面上操作，实在不够阳间！我们引入一种新的操作叫做 arrow product，直接在 GF 层面把问题给你解决，就很阳间了。

EGF & GGF

下文全部用 zz 刻画点数，ww 刻画边数。
令 an(w)a_n(w) 表示有标号图族 A\mathcal{A} 中，nn 个顶点的图的 OGF。
定义级数序列 (an(w))n=0∞(a_n(w))_{n=0}^{\infty} 的指数生成函数 (Exponential GF) A(z,w)\mathrm A(z,w) 和图论生成函数 (Graphic GF) A(z,w)\mathbf{A}(z,w) 为：
A(z,w)=∑n≥0an(w)znn!A(z,w)=∑n≥0an(w)(1+w)(n2)znn!\mathrm A(z,w) = \sum_{n\ge 0} a_n(w)\dfrac{z^n}{n!}\\ \mathbf{A}(z,w) = \sum_{n\ge 0} \dfrac{a_n(w)}{(1+w)^{\binom n2}}\dfrac{z^n}{n!}
二者使用粗体进行区分。令 G(z,w)G(z,w) 表示无向图 EGF，D(z,w)\mathbf{D}(z,w) 表示有向图 GGF，Set(z,w)\mathbf{Set}(z,w) 表示没有边的图的 GGF：
G(z,w)=D(z,w)=∑n≥0(1+w)(n2)znn!Set(z,w)=∑n≥01(1+w)(n2)znn!\mathrm G(z,w) = \mathbf{D}(z,w) = \sum_{n\ge 0} (1+w)^{\binom n2} \dfrac{z^n}{n!}\\ \mathbf{Set}(z,w) = \sum_{n\ge 0} \dfrac{1}{(1+w)^{\binom n2}} \dfrac{z^n}{n!}
注：英文语境下 graph 特指无向图，而有向图是 digraph，所以 GGF 的名字可能有误导。我们一般用 EGF 数无向图而用 GGF 数有向图，但出于历史原因，我们仍采用这个名字。

组合运算

对于有标号图族 A,B\mathcal{A},\mathcal{B}，其不交并的 EGF、GGF 为 A(z,w)+B(z,w)\mathrm A(z,w)+\mathrm B(z,w) 与 A(z,w)+B(z,w)\mathbf{A}(z,w)+\mathbf{B}(z,w)；其有标号乘（仅重新分配标号，不连边）的 EGF 为 A(z,w)B(z,w)\mathrm A(z,w)\mathrm B(z,w)。
接下来我们定义 A,B\mathcal{A},\mathcal{B} 的箭积 (arrow product)，其包含：对于所有 a∈A,b∈Ba\in \mathcal{A}, b\in \mathcal{B}，将 a,ba,b 重新分配标号，且对每个 aa 中顶点，都向 bb 中顶点的任一子集连边后，形成的所有新有向图。注意结果可能包含两个相同的有向图，你可以理解为二染色。不难发现其 GGF 就是 A(z,w)B(z,w)\mathbf{A}(z,w)\mathbf{B}(z,w)。
你会发现 EGF 和 GGF 符号化构造没有统一，我们还需要定义指数 Hadamard 积：
A(z)=∑n≥0anznn!,B(z)=∑n≥0bnznn!A(z)⊙zB(z)=∑n≥0anbnznn!\mathrm A(z) = \sum_{n\ge 0} a_n\dfrac{z^n}{n!},\mathrm B(z) = \sum_{n\ge 0} b_n\dfrac{z^n}{n!}\\ \mathrm A(z) \odot_z \mathrm B(z) = \sum_{n\ge 0} a_nb_n\dfrac{z^n}{n!}
因为后面我们只会用到 ⊙z\odot_z，所以我们直接简写成 ⊙\odot。我们可以联系 EGF 与 GGF：
A(z,w)=A(z,w)⊙Set(z,w)A(z,w)=A(z,w)⊙G(z,w)\mathbf{A}(z,w) = \mathrm A(z,w) \odot \mathbf{Set}(z,w)\\ \mathrm A(z,w) = \mathbf{A}(z,w) \odot \mathrm G(z,w)\\
注：我一开始觉得这种方式有点丑，但这里原作者阐述了定义算子去完成 EGF 与 GGF 的转化是不完备的原因。此处我们不展开讨论。

DAG 计数

DAG 怎么造出来的？有人就说了，整一个点集表示源点，它向 DAG 随便连边就造出来了。对，对吗？哥们算重了，你要不看看你在数什么，你实际上在数源点被黑白染色的 DAG。
那又有人说了，这题我会啊，引入 uu 刻画 DAG 中源点的数目，定义 DAG(z,w,u)\mathbf{DAG}(z,w,u) 为标记源点的 DAG 的 GGF，源点被黑白染色的 DAG 不就是 DAG(z,w,u+1)\mathbf{DAG}(z,w,u+1) 吗？所以：
Set(zu,w)DAG(z,w,1)=DAG(z,w,u+1)\mathbf{Set}(zu,w)\mathbf{DAG}(z,w,1) = \mathbf{DAG}(z,w,u+1)
再取 u=−1u=-1：
DAG(z,w,1)=1Set(−z,w)\mathbf{DAG}(z,w,1) = \dfrac 1{\mathbf{Set}(-z,w)}
将其回代还可以做带源点数目限制的 DAG 计数。实际上这个跟古法的钦定源点容斥是异曲同工的，但形式简洁太多。

SCC 计数

发现把 SCC 拼成 DAG 就是任意有向图，所以这部分 trivial。
为方便叙述，我们将缩点后的源点的那个连通分量称作 类源连通分量 (source-like SCC)，为汇点的连通分量称作 类汇连通分量 (sink-like SCC)。如果一个 SCC 既类源也类汇，则称其是 隔离 (isolated) 的。
简单写写。用 uu 刻画类源连通分量并同理定义 D(z,w,u)\mathbf{D}(z,w,u)，令 SCC⁡(z,w)\operatorname{SCC}(z,w) 表示 SCC 的 EGF。
(Set(z,w)⊙euSCC⁡(z,w))D(z,w)=D(z,w,u+1)(Set(z,w)⊙e−SCC⁡(z,w))D(z,w)=1SCC⁡(z,w)=−ln⁡(G(z,w)⊙1D(z,w))\left(\mathbf{Set}(z,w) \odot e^{u \operatorname{SCC}(z,w)}\right) \mathbf D(z,w) = \mathbf{D}(z,w,u+1)\\ \left(\mathbf{Set}(z,w) \odot e^{- \operatorname{SCC}(z,w)}\right) \mathbf D(z,w) = 1\\ \operatorname{SCC}(z,w) = -\ln\left(\mathrm G(z,w) \odot \dfrac{1}{\mathbf D(z,w)}\right)

正事

众所周知啊，虽然判断 2-SAT 问题很容易，但求解 2-SAT 问题解的数量是 NPC 的。那咱就说完了 那有人就要问了，不数解的数量还能数啥？jaja，既然是来数图的，我们数的就是有解的 2-SAT 问题数。
首先形式化一下我们的问题：nn 个 01 变量，mm 条二元关系。一个二元关系指定两不同变量 x,yx,y 必须满足 f(x,y)=1f(x,y) = 1，其中 ff 是某个布尔函数。
根据古法，对于任何的 ff 我们都可以建立类似于 x→yx\to y, yˉ→xˉ\bar y \to \bar x 的蕴涵关系。我们把先这样再那样连出的图叫做蕴图 (implication digraph)。我们这么去定义它：
  • 偶数个结点、偶数条边，点有标号 (1,1ˉ,2,2ˉ,…,n,nˉ1,\bar 1,2,\bar2, \ldots, n, \bar n)；
  • 没有重边、自环，也不存在边 (x,xˉ)(x,\bar x)；
  • 若存在边 (x,y)(x,y), 则一定存在边 (yˉ,xˉ)(\bar y, \bar x)。 为方便叙述，下面定义同时包含一对 x,xˉx,\bar x 的 SCC 为矛盾 SCC，否则为普通 SCC。
回顾 2-SAT 的判定，有解当且仅当不存在矛盾 SCC。必要性很好说，充分性我们归纳说明：
  • 两个结点的蕴图显然成立。
  • 蕴图一定存在至少一个类源普通 SCC。
  • 假设对于规模更小的问题这个判定都成立，那么我们任取一个类源普通 SCC，记作 CC，那么考虑将 CC 中所有标号取反、所有边取反而得到的子图 Cˉ\bar C，它一定是一个类汇普通 SCC。让 CC 全部为假，Cˉ\bar C 全部为真即归为规模更小的问题。
那也就是说，有解的蕴图只能由普通 SCC 组成。

IGF

令 bn(w)b_n(w) 表示蕴图族 B\mathcal{B} 中，2n2n 个顶点的图的 OGF。定义级数序列 (bn(w))n=0∞(b_n(w))_{n=0}^{\infty} 的蕴涵生成函数 (Implication GF) B¨(z,w)\ddot{\mathbf{B}}(z,w) 为：
B¨(z,w)=∑n≥0bn(w)(1+w)n(n−1)zn2nn!\ddot{\mathbf{B}}(z,w) = \sum_{n\ge 0} \dfrac{b_n(w)}{(1+w)^{n(n-1)}}\dfrac{z^n}{2^nn!}
并且定义 Set¨(z,w)\ddot{\mathbf{Set}}(z,w) 表示没有边的图的 IGF：
Set¨(z,w)=∑n≥01(1+w)n(n−1)zn2nn!\ddot{\mathbf{Set}}(z,w) = \sum_{n\ge 0} \dfrac{1}{(1+w)^{n(n-1)}}\dfrac{z^n}{2^nn!}

组合运算

对于有标号蕴图族 A,B\mathcal{A},\mathcal{B}，其不交并的 IGF 为 A¨(z,w)+B¨(z,w)\ddot{\mathbf{A}}(z,w)+\ddot{\mathbf{B}}(z,w)。
接下来我们定义有标号图族 A\mathcal{A} 与有标号蕴图族 B\mathcal{B} 的蕴积 (implication product)，其包含以以下方式生成的蕴图：
  1. 任取有标号图 A∈AA\in \mathcal{A} 与蕴图 B∈BB\in \mathcal{B}，不妨 A,BA,B 有 n,2mn,2m 个结点；
  2. 从 {1,2,…,n+m}\{1,2,\ldots, n+m\} 重分配标号（仅作数字的重分配，取反标记不变）；
  3. 选取 AA 的任意一个子集打取反标记，而后将 AA 复制一份并全体取反，记作 A′A'；
  4. 对于 AA 中每个结点 xx，都向 BB 中任意子集连边。若连接了 x→yx\to y，则必须同时连接 yˉ→xˉ\bar y\to \bar x（其中 xˉ∈A′\bar x \in A'）。
  5. AA 向 A′A' 任意连边，但不能连 (x,xˉ)(x,\bar x)。若连接了 x→yx\to y，则必须同时连接 yˉ→xˉ\bar y\to \bar x。
那么我们考察它的 IGF，不妨为 C¨(z,w)\ddot{\mathbf{C}}(z,w)，不用想都知道是 A(z,w)⋅B¨(z,w)\mathbf{A}(z,w)\cdot \ddot{\mathbf{B}}(z,w)。但是我们还是简要说明一下：第二步 (n+mn)\dbinom{n+m}{n}，第三步 2n2^n，第四步 (1+w)2mn(1+w)^{2mn}，第五步注意到 yˉ∈A\bar y\in A 所以相当于边已被两两配对，(1+w)(n2)(1+w)^{\binom{n}{2}}。
cn(w)=∑i=0(ni)2i(1+w)2i(n−i)+(i2)ai(w)bn−i(w)=∑i=0(ni)2n(1+w)n(n−i)+n(i−1)ai(w)(1+w)(i2)⋅1(1+w)(n−i)(n−i−1)bn−i(w)2n−icn(w)n!2n(1+w)n(n−1)=∑i=0ai(w)(1+w)(i2)i!⋅1(1+w)(n−i)(n−i−1)bn−i(w)2n−i(n−i)![zn]C¨(z,w)=∑i=0[zi]A(z,w)⋅[zn−i]B¨(z,w)\begin{aligned} c_n(w)&=\sum_{i=0} \binom{n}{i} 2^i (1+w)^{2i(n-i)+\binom i2} a_i(w)b_{n-i}(w)\\ &=\sum_{i=0} \binom{n}{i} 2^n (1+w)^{n(n-i)+n(i-1)} \dfrac{a_i(w)}{(1+w)^{\binom{i}{2}}} \cdot \dfrac{1}{(1+w)^{(n-i)(n-i-1)}}\dfrac{b_{n-i}(w)}{2^{n-i}}\\ \dfrac{c_n(w)}{n! 2^n (1+w)^{n(n-1)}}&=\sum_{i=0} \dfrac{a_i(w)}{(1+w)^{\binom{i}{2}}i!} \cdot \dfrac{1}{(1+w)^{(n-i)(n-i-1)}}\dfrac{b_{n-i}(w)}{2^{n-i}(n-i)!}\\ [z^n]\ddot{\mathbf{C}}(z,w)&=\sum_{i=0} [z^i]\mathbf{A}(z,w)\cdot [z^{n-i}]\ddot{\mathbf{B}}(z,w)\\ \end{aligned}
那么同样地，对于指数 Hadamard 积：
A¨(z,w)=A(z,w)⊙Set¨(z,w)A(z,w)=A¨(z,w)⊙D(2z,w)\ddot{\mathbf{A}}(z,w) = A(z,w) \odot \ddot{\mathbf{Set}}(z,w)\\ A(z,w) = \ddot{\mathbf{A}}(z,w) \odot D(2z,w)\\

怎么数呢？

既然所有 SCC 都是普通 SCC，首先我们有一个初步的想法，像数 DAG 那样将类源 SCC 黑白染色，合并的时候拿一个 SCC 做蕴积。但这样我们就遇到了一个问题：孤立的普通 SCC 显然应该成对产出，但是我们的染色方案只是看到，哦这俩都是类源的，瞎几把染了！所以我们需要多引入一个元来刻画对于孤立 SCC 的处理。
上面是我瞎胡谄的。稍微形式化一点来说。设族 F\mathcal F 包含满足以下条件的蕴图：
  • 一开始所有点皆为无色。
  • 对于非隔离类源普通 SCC，挑选出一个子集，并染成黑色；
  • 隔离普通 SCC 是成对出现的。挑选出所有隔离普通 SCC 对的一个子集 TT，对于 TT 的每个 SCC 对，将其中之一染成黑或白色。
令 SAT⁡(z,w,u,v)\operatorname{SAT}(z,w,u,v) 表示 2-SAT 的 EGF，其中 uu 刻画非隔离的类源普通 SCC，vv 刻画隔离普通 SCC 对，那么 F\mathcal F 的 EGF 是 SAT⁡(z,w,u+1,2u+2v+1)\operatorname{SAT}(z,w,u+1,2u+2v+1)。
考虑 F\mathcal F 的生成方式，无色的点就是原图，先跟一块黑点做蕴积，再拼一块白点。对于白点，我们考虑被染色的那个 SCC，每个点编号是否取反有两种选择，所以 EGF 为 evSCC⁡(2z,w)e^{v\operatorname{SCC}(2z,w)}；黑点的 GGF 为 euSCC⁡(z,w)⊙Set(z,w)e^{u\operatorname{SCC}(z,w)}\odot \mathbf{Set}(z,w)。所以 F\mathcal F 的 EGF 是：
SAT⁡(z,w,u+1,2u+2v+1)=(((euSCC⁡(z,w)⊙Set(z,w))SAT¨(z,w,1,1))⊙D(2z,w))evSCC⁡(2z,w)\operatorname{SAT}(z,w,u+1,2u+2v+1) = \left(\left(\left(e^{u\operatorname{SCC}(z,w)}\odot \mathbf{Set}(z,w)\right) \ddot{\mathbf{SAT}}(z,w,1,1)\right)\odot D(2z,w)\right)e^{v\operatorname{SCC}(2z,w)}
然后讨论边界情况，SAT⁡(z,w,0,v)\operatorname{SAT}(z,w,0,v) 代表不存在非隔离的类源普通 SCC 的图，那感情就全是隔离的呗？但是要注意一个细节，类比于二分图计数里边儿左右部点是能交换的，你这一对儿 SCC 也妹说谁先谁后，所以单个 SCC 要除个 22 的系数。答案 evSCC⁡(2z,w)/2e^{v\operatorname{SCC}(2z,w)/2}。
代入 u=−1u=-1，
e(2v−1)SCC⁡(2z,w)/2=(((e−SCC⁡(z,w)⊙Set(z,w))SAT¨(z,w,1,1))⊙D(2z,w))evSCC⁡(2z,w)e−SCC⁡(2z,w)/2=((e−SCC⁡(z,w)⊙Set(z,w))SAT¨(z,w,1,1))⊙D(2z,w)e−SCC⁡(2z,w)/2⊙Set¨(z,w)=(e−SCC⁡(z,w)⊙Set(z,w))SAT¨(z,w,1,1)SAT¨(z,w,1,1)=e−SCC⁡(2z,w)/2⊙Set¨(z,w)e−SCC⁡(z,w)⊙Set(z,w)e^{(2v-1)\operatorname{SCC}(2z,w)/2} = \left(\left(\left(e^{-\operatorname{SCC}(z,w)}\odot \mathbf{Set}(z,w)\right) \ddot{\mathbf{SAT}}(z,w,1,1)\right)\odot D(2z,w)\right)e^{v\operatorname{SCC}(2z,w)}\\ e^{-\operatorname{SCC}(2z,w)/2} = \left(\left(e^{-\operatorname{SCC}(z,w)}\odot \mathbf{Set}(z,w)\right) \ddot{\mathbf{SAT}}(z,w,1,1)\right)\odot D(2z,w)\\ e^{-\operatorname{SCC}(2z,w)/2} \odot \ddot{\mathbf{Set}}(z,w)= \left(e^{-\operatorname{SCC}(z,w)}\odot \mathbf{Set}(z,w)\right) \ddot{\mathbf{SAT}}(z,w,1,1)\\ \ddot{\mathbf{SAT}}(z,w,1,1) = \dfrac{e^{-\operatorname{SCC}(2z,w)/2} \odot \ddot{\mathbf{Set}}(z,w)}{e^{-\operatorname{SCC}(z,w)}\odot \mathbf{Set}(z,w)}\\
诶，这不就给你数出来了。注意到：
SCC⁡(z,w)=−ln⁡(G(z,w)⊙1D(z,w))e−SCC⁡(z,w)⊙Set(z,w)=G(z,w)⊙1G(z,w)⊙Set(z,w)=1G(z,w)\operatorname{SCC}(z,w) = -\ln\left(\mathrm G(z,w) \odot \dfrac{1}{\mathbf D(z,w)}\right)\\ \begin{aligned}e^{-\operatorname{SCC}(z,w)} \odot \mathbf{Set}(z,w) &=\mathrm G(z,w) \odot \dfrac{1}{G(z,w)} \odot \mathbf{Set}(z,w)\\ &= \dfrac{1}{G(z,w)} \end{aligned}
代入，我们还得到了它一个更好看的形式：
SAT¨(z,w)=(e−SCC⁡(2z,w)/2⊙Set¨(z,w))⋅G(z,w)=(G(2z,w)⊙1G(2z,w)⊙Set¨(z,w))⋅G(z,w)\begin{aligned} \ddot{\mathbf{SAT}}(z,w) &= \left(e^{-\operatorname{SCC}(2z,w)/2} \odot \ddot{\mathbf{Set}}(z,w)\right)\cdot G(z,w)\\ &= \left(\sqrt{\mathrm G(2z,w) \odot \dfrac{1}{G(2z,w)}} \odot \ddot{\mathbf{Set}}(z,w)\right)\cdot G(z,w) \end{aligned}
注：原论文做的是“对普通/矛盾 SCC 的 GF 确定时的 2-CNF 问题进行计数”的问题，我取了特例之一。思路是一样的，感兴趣自行查阅。

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