「SOL」支配 (2021省选A卷)
忽然觉得好像不是这么难……
# 题面
> Link 洛谷 P7520
# 解析
一些记号
\(u\to v\) 表示从 \(u\) 到 \(v\) 的有向边，\(u\leadsto v\) 表示 \(u\) 到 \(v\) 的路径。
既然题目都叫「支配」，那还是先把支配树建出来。好在数据范围允许 \(O(n^2)\) 建支配树。
我们发现支配关系是具有传递性的，即“若 \(u\) 支配 \(v\) 且 \(v\) 支配 \(w\)，则 \(u\) 支配 \(w\)”，由此可得我们可以把支配关系建成一棵树，树上每个点都支配它的整棵子树。特别的，\(1\) 支配所有点，作为支配树的根。
具体怎么建？首先，只要会写暴力就知道怎么求一个点的支配集 —— 对每个 \(u\) 确定 \(u\) 能支配哪些 \(v\)：把 \(u\) 从图上删去，若 \(1\) 无法到达 \(v\)，则 \(u\) 支配 \(v\)。于是枚举每个 \(u\)，删去后遍历一遍图，可以 \(O(nm)\) 求出支配集。
求出支配集后，（隐式地）新建一个图，若 \(u\) 支配 \(v\) 则在新图上连有向边 \(u\to v\)。然后对这个新图求一个拓扑，拓扑到 \(u\) 的上一个点即为 \(u\) 在支配树上的父亲。
然后来考虑询问，设询问加入的边为 \(s\to t\)。
若点 \(u\) 的支配集改变，则意味着存在一条路径 \(P=1\leadsto s\to t\leadsto u\)，且 \(P\) 不经过 \(u\) 的某一个支配点。也即 \(P\) 不经过 \(u\) 在支配树上的某个祖先。
但是如果仅是「不经过支配树上的某个祖先」，这道题也很难解决。我们可以发现，若 \(u\) 的支配集改变，则 \(u\) 原本支配的所有点的支配集都将改变。
这意味着我们只需要找到支配树上最靠上的一个支配集改变的点。而这个点（记为点 \(u\)）满足的性质就更强 —— 存在路径 \(P=1\leadsto s\to t\leadsto u\) 使得 \(P\) 不经过 \(u\) 在支配树上的父亲。
有了这个性质，我们就可以较快地解决这道题了。我们只需要判断：
- \(t\) 能够不经过 \(fa(u)\) 到达 \(u\)；
- \(1\) 能够不经过 \(fa(u)\) 到达 \(s\)。
条件 2 相当于「\(fa(u)\) 不支配 \(s\)」，因为我们已经处理出支配集，可以 \(O(1)\) 判断。
如何处理条件 1？可以直接在原图上删去 \(fa(u)\)，然后看哪些点能够到达 \(u\)（或者说反图上删去 \(fa(u)\)，看 \(u\) 能到哪些点）。可以 \(O(nm)\) 预处理。
于是对每个询问，可以 \(O(n)\) 判断哪些子树的支配集会改变，求出 DFS 序然后差分区间打标记即可。
总复杂度 \(O\big(n(m+q)\big)\)。
# 源代码
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/*Lucky_Glass*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3005, M = 6005;
#define con(typ) const typ &
template<const int P, const int E>
struct Graph {
int head[P], to[E], nxt[E], ncnt;
void addEdge(con(int) u, con(int) v) {
int p = ++ncnt;
to[p] = v, nxt[p] = head[u];
head[u] = p;
}
inline int operator [] (con(int) u) const {return head[u];}
};
Graph<N, M> gr, rg;
Graph<N, N> tre;
int n, m, nq, ndfn;
bool dom[N][N], rea[N][N];
int tag[N], que[N], deg[N], fa[N], ans[N], siz[N], dfn[N];
inline int rin(int &r) {
int c = getchar(); r = 0;
while ( c < '0' || '9' < c ) c = getchar();
while ( '0' <= c && c <= '9' ) r = (r * 10) + (c ^ '0'), c = getchar();
return r;
}
inline void write(con(int) w) {
if ( w < 10 ) putchar(w ^ '0');
else write(w / 10), putchar((w % 10) ^ '0');
}
void bfs(con(int) ban) {
int ql = 1, qr = 1;
que[1] = 1, tag[1] = ban;
while ( ql <= qr ) {
int u = que[ql++];
for (int it = gr[u]; it; it = gr.nxt[it]) {
int v = gr.to[it];
if ( v != ban && tag[v] != ban )
que[++qr] = v, tag[v] = ban;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
if ( tag[i] != ban )
deg[i]++, dom[ban][i] = true;
}
void build() {
int ql = 1, qr = 1; que[1] = 1;
while ( ql <= qr ) {
int u = que[ql++];
for (int v = 1; v <= n; v++)
if ( dom[u][v] && (--deg[v]) == 1 ) {
fa[v] = u, que[++qr] = v;
tre.addEdge(u, v);
}
}
}
void dfs(con(int) u) {
dfn[u] = ++ndfn, siz[u] = 1;
for (int it = tre[u]; it; it = tre.nxt[it])
dfs(tre.to[it]), siz[u] += siz[tre.to[it]];
}
void getReach(con(int) s, con(int) ban) {
int ql = 1, qr = 1; que[1] = s;
rea[s][s] = true;
while ( ql <= qr ) {
int u = que[ql++];
for (int it = rg[u]; it; it = rg.nxt[it]) {
int v = rg.to[it];
if ( v != ban && !rea[s][v] )
rea[s][v] = true, que[++qr] = v;
}
}
}
int main() {
// freopen("input\\input.in", "r", stdin);
rin(n), rin(m), rin(nq);
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
rin(u), rin(v);
gr.addEdge(u, v), rg.addEdge(v, u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
deg[i]++, dom[1][i] = true;
for (int i = 2; i <= n; i++) bfs(i);
build(), dfs(1);
for (int i = 2; i <= n; i++) getReach(i, fa[i]);
while ( nq-- ) {
int s, t; rin(s), rin(t);
for (int i = 2; i <= n; i++)
if ( !dom[fa[i]][s] && rea[i][t] )
ans[dfn[i]]++, ans[dfn[i] + siz[i]]--;
int tot = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
ans[i] += ans[i - 1];
if ( ans[i] ) tot++;
ans[i - 1] = 0;
}
write(tot), putchar('\n');
}
return 0;
}
