「Dominator Tree」

参考 https://www.cnblogs.com/meowww/p/6475952.html 。

本文主要用于理清证明的思路（也就是说全是口胡 + 不会有详细的关于算法本身的讲解），严谨证明见上。

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给定有向图及源点 $s$（假设 $s$ 能到达所有点），若 $s$ 到 $x$ 的所有路径都经过 $y$，则称 $y$ 支配 $x$。

我们不加证明地指出：存在唯一一棵以 $s$ 为根的有根树，使得 $y$ 支配 $x$ 当且仅当 $y$ 在树上是 $x$ 的非严格祖先（可以是 $x$ 本身），称其为支配树。

其中，每个点 $x$ 在支配树上的父亲称为 $x$ 的最近支配点（immediate dominator），记作 $idom_x$。

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如果是 DAG，支配树可以按拓扑序求，求 $idom_x$ 只需求 $x$ 的所有入点在已知的支配树上的 lca。

下文将介绍求一般图的支配树的 Lengauer-Tarjan 算法。

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先求出以 $s$ 为根的 dfs 树。在点之间定义序关系 $x < y$，表示 $x$ 在 dfs 序中比 $y$ 靠前（注意不是编号大小，下文中比较大小都是按这个比）。

此时所有边可以分为几类：

1. 树边（Tree Edge）。
2. 前向边（Forward Edge）：指向子树内的非树边。
3. 后向边（Back Edge）：指向祖先的非树边。
4. 横叉边（Cross Edge）：其他非树边。

其中 1,2 是小连向大而 3,4 是大连向小。

一个重要的观察：小连向大的边只有祖先向后代的边，而没有跨子树的边。得到如下结论：

路径引理：

若 $x < y$，则 $x$ 到 $y$ 的任意路径都经过 $x, y$ 的某个公共祖先（注意不一定是 LCA）。

等价于删去所有公共祖先后 $x$ 无法到达 $y$。

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利用路径引理分析 $s$ 到某点 $x$ 的某条简单路径的结构：

记该路径 $s\leadsto x$ 最后一个 $x$ 的祖先为 $y$，将路径分为 $s\leadsto y$ 与 $y \leadsto x$ 两部分。

由引理知 $y\leadsto x$ 经过的点（除起点 $y$ 与终点 $x$）都应该 $> x$，否则 $y$ 不是最后一个祖先。

引入记号：如果 $y$ 是 $x$ 的祖先，且存在一条路径 $y\leadsto x$ 使得经过的点（除起点 $y$ 与终点 $x$）都 $> x$，则记 $y\mapsto x$。

注：如果直接存在一条边 $y\to x$，根据定义，也有 $y\mapsto x$。

而 $s\leadsto y$ 部分可以递归拆解，由此得到如下结论：

建立新图 $G'$：如果 $y\mapsto x$，则在 $G'$ 中连边 $y\to x$。则 $G'$ 的支配树与 $G$ 的支配树相同。

注意 $G'$ 保留了原图的 dfs 树，并且只剩下祖先连向后代的边。虽然 $G'$ 在实际操作时没啥用，不过它有助于你理解下文中的 $sdom_x$。

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定义所有 $y\mapsto x$ 中最小的 $y$ 为 $x$ 的半支配点（semi-dominator），记作 $sdom_x$。

对于半支配点有如下结论存在：

记 $fa_x$ 表示 $x$ 在 dfs 树上的父亲。

建立新图 $G''$：连边 $fa_x \to x, sdom_x \to x$。则 $G''$ 与 $G$ 的支配树相同。

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口胡的证明：

考虑在 $G'$ 上检验 $x$ 的每个祖先 $y$ 是否支配 $x$，即是否有路径可以绕过 $y$ 到达 $x$。

该路径形如 $u \leadsto v \leadsto x$，其中 $u < y < v \leq x$ 且存在边 $u \to v$。

那么 $u$ 越小越优，直接取 $sdom_v$ 最优，因此在 $G'$ 中除了树边（用于维持祖先关系）只有 $sdom$ 有用。

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考虑怎么求出 $sdom$。

按 dfs 序倒序求。对于每个点 $x$，考虑 $sdom_x \mapsto x$ 对应路径的最后一条边 $z \to x$。

如果 $z < x$，直接用 $z$ 更新 $sdom_x$。

否则，取 $lca(x, z) \leadsto z$ 这条链（不含 $lca$）上的所有点的 $\min\{sdom\}$ 去更新 $sdom_x$。

容易发现该做法的正确性。

并查集维护即可。如果你写过离线 lca 的 tarjan 算法，应该可以快速 get 到这个点。

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接下来，如何已知 $sdom$ 求 $idom$。

当然，可以套 DAG 的咸鱼做法，得到 $O(n\log n)$ 的最终复杂度。

由于我们求 $sdom$ 时写的是并查集（虽然但是，不带按秩合并的并查集的复杂度也带 log），考虑能否沿用这一算法。

求出 $sdom_x \leadsto x$ 这条链（不含 $sdom_x$）上所有点 $sdom_p$ 最小的 $p$，依然可以用并查集求。

如果 $sdom_p = sdom_x$，则 $idom_x = sdom_x$；

否则，$idom_x = idom_p$。

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口胡的证明：

首先证求出来的 $idom_x$ 以下所有点都可以被绕过，然后证该点不能被绕过即可。

由于我们是按 dfs 序倒序来求，然而 $idom$ 的依赖关系是 dfs 序正序，所以最后还要正着扫一遍求出所有 $idom$。

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参考实现（用于通过 https://www.luogu.com.cn/problem/P5180 ）：

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 200000;

std::vector<int>G[N + 5], R[N + 5], T[N + 5];
void adde(int u, int v) {
	G[u].push_back(v), R[v].push_back(u);
}

int dfn[N + 5], tid[N + 5], dcnt;
void dfs1(int x) {
	dfn[tid[x] = (++dcnt)] = x;
	for(auto to : G[x]) if( !tid[to] )
		T[x].push_back(to), dfs1(to);
}

int sdom[N + 5], idom[N + 5], id[N + 5];

int fa[N + 5], mn[N + 5];
int find(int x) {
	if( fa[x] == x ) return x;
	else {
		int f = find(fa[x]);
		if( sdom[mn[fa[x]]] < sdom[mn[x]] ) mn[x] = mn[fa[x]];
		return fa[x] = f;
	}
}
int get(int x) {
	find(x); return mn[x];
}

std::vector<int>vec[N + 5];

int siz[N + 5];
int main() {
	int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d", &u, &v), adde(u, v);
	dfs1(1);
	
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i] = mn[i] = i, sdom[i] = tid[i];
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		int x = dfn[i];
		for(auto fr : R[x]) sdom[x] = std::min(sdom[x], sdom[get(fr)]);
		vec[dfn[sdom[x]]].push_back(x);
		
		for(auto y : vec[x]) {
			if( sdom[get(y)] == sdom[y] ) idom[y] = dfn[sdom[y]];
			else id[y] = get(y);
		}
		for(auto ch : T[x]) fa[ch] = x;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++) if( !idom[dfn[i]] ) idom[dfn[i]] = idom[id[dfn[i]]];
	for(int i=n;i>1;i--) siz[idom[dfn[i]]] += (++siz[dfn[i]]); siz[1]++;
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ", siz[i]);
}

竟然只要 1.3K 的代码，支配树太简单了（确信）。