tarjan做法：这个问题被称为 2-sat。2-sat 解法的主要思想是：将 ai=x 这个命题当成一个点，这个命题当成一个点，则总共有2n个点。每一组限制可以理解拆解为两个限制,若已知ai!=x,则aj=y。因此每个限制是一个“推理”关系：若某个点的命题成立，则另一个点的命题也成立。如果以此为基础建图，那么强连通分量的意义是：这个分量的命题要么都成立，要么都不成立。
通过这个图结构，可以求解出结果。
但这题可以暴力贪心。如果有人两个要求都不满足时，我们尽量满足每人的的条件一，如果满足不了条件一（在满足其他人条件时，这个要求被做了修改），那么就满足条件二。如果条件二也无法满足，则再去尝试条件一。（有可能别人要满足的一个条件和自己要满足的条件互相冲突，但可以自己换另一个条件而保证所有条件成立）
首先建立一个二维数组用来存储每个的要求（因为之后要循环判断多次每个人的条件），和一个数组来存储所有配料加或不加。做一个循环来判断每个人的要求，并作出修改。（要进行多次判断与修改，也就是要循环多次这个循环）最后进行一次判断，若每人的要求都满足了，就正常输出。否则输出“IMPOSSIBLE”
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,b[3][100005];//记录每个人的愿望要针对的食材
bool s[100005],a[3][100005],d[3][100005];
//s[i]表示每种调料要不要放
//a表示每个愿望针对的食材要不要
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i=1; i<=n; i++){//输入
char c;
cin >> c;
cin >> b[1][i];
if(c=='+'){
a[1][i]=true;
}
cin >> c;
cin >> b[2][i];
if(c=='+'){
a[2][i]=true;
}
}
for(int l=1; l<=500; l++)
for(int i=1; i<=n; i++){
if(s[b[1][i]]==a[1][i]||s[b[2][i]]==a[2][i]){
}else{
if(!d[1][i]){//修改希望1
s[b[1][i]]=a[1][i];
d[1][i]=true;//下次会修改希望2
}
else if(!d[2][i]){//修改希望2
s[b[2][i]]=a[2][i];
//d[2][i]=true;//运行这行并注释下一行会95分
d[1][i]=false;//下次修改希望1
}
else{//没用
cout << "IMPOSSIBLE";
return 0;
}
}
}
for(int i=1; i<=n; i++){//进行判断
if(s[b[1][i]]==a[1][i]||s[b[2][i]]==a[2][i]){
}else{
cout << "IMPOSSIBLE";
return 0;
}
}
for(int i=1; i<=m; i++){
if(s[i]){
cout << "+ ";
}
else{
cout << "- ";
}
}
return 0;
}
后记
糖果（洛谷有原题）也可以用这种暴力贪心的做法，但我wa了一个点，我同学拿了AC，本蒟蒻就不在这里献丑了