[省选联考 2021 A 卷] 支配
给出个有向图。定义受支配集\(D_v\)表示从\(1\)出发到\(v\)必须经过的点。
有一些询问，每次询问加入一条边之后\(D_v\)变化的个数。
保证\(1\)可以到达所有点。
\(n\le 3000,m\le 2n,q\le 2*10^4\)
其实直接套支配树板子就可以得到\(O((n+m)q\lg n)\)的做法。
分析支配树的性质：一条在原图的边\((u,v)\)，在支配树上：1. 如果为前向边或横插边，一定有\(fa_v=LCA(u,v)\)；3. 为后向边。
考虑现在加入一条边\((x,y)\)，新增的路径要经过\((x,y)\)。如果这是后向边则没有影响，如果是横插边或前向边：记\(lca=LCA(x,y)\)，\(rt\to lca\)为必经点。分析：
- 如果有路径经过\((x,y)\)，然后经过\((w,z)\)，\(w\)在\(lca\)的子树内，\(z\)不在\(lca\)的子树内；由以上的分析可得，\(fa_z=LCA(w,z)\)。显然\(LCA(w,z)\)为\(lca\)的祖先。于是到达\(z\)之前仍然必经\(rt\to fa_z\)，没有影响。
- 所以能影响到的点在\(lca\)子树内。并且如果能到达点\(z\)，\(fa_z=lca\)，因为还是经过了\(rt\to fa_z\)，所以也没有变化。因此能影响到的点\(z\)在\(lca\)子树内，满足\(dep_z>dep_{lca}+1\)。
进一步可以得到算法：从\(y\)出发遍历原图的边，要求不能经过\(dep_z>dep_{lca}+1\)的点，遍历到的点数就是答案。
支配树可以\(O(nm)\)预处理，一次询问遍历时间是\(O(n+m)\)。
其实后面这个问题也和Day1T3有些相像，用类似的方法做：维护每个点开始能到达哪些点，按照\(dep_z\)从大往小排序，每次加入点\(z\)，对于起点\(s\)，如果存在边\((y,z)\)满足\(s\)能到达\(y\)，那么\(z\)可达；如果\(z\)可达，从\(z\)开始往后遍历。能搞到\(O(nm)\)预处理，\(O(1)\)或\(O(\log n)\)（取决于求LCA时间复杂度）询问。
下面写的是\(O(nm+q\lg n)\)的方法。
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 3005
#define M 6005
int n,m,Q;
struct EDGE{
int to;
EDGE *las;
};
struct Graph{
EDGE e[M];
int ne;
EDGE *last[N];
void link(int u,int v){
e[ne]={v,last[u]};
last[u]=e+ne++;
}
} G,T,F0,F1;
int vis[N],BZ,p[N];
int anc[N][N],sz[N],fa[N],hs[N],dep[N],top[N];
bool cmp1(int x,int y){return sz[x]<sz[y];}
void BFS(int ban){
static queue<int> q;
vis[1]=++BZ;
q.push(1);
while (!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->to!=ban && vis[ei->to]!=BZ){
vis[ei->to]=BZ;
q.push(ei->to);
}
}
for (int i=1;i<=n;++i)
anc[i][ban]=(vis[i]!=BZ);
}
void buildT(){
for (int i=1;i<=n;++i)
anc[i][1]=1;
for (int i=2;i<=n;++i)
BFS(i);
for (int j=1;j<=n;++j)
for (int i=1;i<=n;++i)
sz[j]+=anc[i][j];
for (int i=1;i<=n;++i)
p[i]=i;
sort(p+1,p+n+1,cmp1);
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<i;++j)
if (anc[p[j]][p[i]] && !fa[p[j]])
fa[p[j]]=p[i];
for (int i=2;i<=n;++i)
T.link(fa[i],i);
for (int x=1;x<=n;++x)
for (EDGE *ei=T.last[x];ei;ei=ei->las)
if (sz[ei->to]>sz[hs[x]])
hs[x]=ei->to;
top[1]=1,dep[1]=0;
for (int i=n;i>=1;--i){
int x=p[i];
for (EDGE *ei=T.last[x];ei;ei=ei->las){
dep[ei->to]=dep[x]+1;
top[ei->to]=(hs[x]==ei->to?top[x]:ei->to);
}
}
}
int LCA(int u,int v){
while (top[u]!=top[v])
if (dep[top[u]]>dep[top[v]])
u=fa[top[u]];
else
v=fa[top[v]];
return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
bool cmp2(int x,int y){return dep[x]>dep[y];}
int d[N][N],f[N][N];
void bfs(int v,int t,int d[],Graph &F){
static queue<int> q;
q.push(v);
d[v]=t;
while (!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for (EDGE *ei=F.last[x];ei;ei=ei->las)
if (!d[ei->to]){
d[ei->to]=t;
q.push(ei->to);
}
}
}
int query(int x,int y){
int lca=LCA(x,y);
if (x==y || lca==fa[y] || lca==y)
return 0;
return f[y][dep[lca]+2 +1];
}
int main(){
freopen("dominator.in","r",stdin);
freopen("dominator.out","w",stdout);
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
for (int i=1;i<=m;++i){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
G.link(u,v);
}
buildT();
for (int i=1;i<=n;++i)
p[i]=i;
sort(p+1,p+n+1,cmp2);
++BZ;
for (int i=1;i<=n;++i){
int x=p[i];
d[x][x]=dep[x]+1;
for (EDGE *ei=F1.last[x];ei;ei=ei->las)
F0.link(ei->to,x);
for (EDGE *ei=G.last[x];ei;ei=ei->las)
if (vis[ei->to]==BZ)
F0.link(x,ei->to);
else
F1.link(ei->to,x);
for (int s=1;s<=n;++s){
if (vis[s]!=BZ) continue;
bool bz=0;
for (EDGE *ei=F1.last[x];ei && !bz;ei=ei->las)
if (d[s][ei->to])
bz=1;
if (bz)
bfs(x,dep[x]+1,d[s],F0);
}
vis[x]=BZ;
bfs(x,dep[x]+1,d[x],F0);
}
for (int s=1;s<=n;++s){
for (int i=1;i<=n;++i)
f[s][d[s][i]]++;
for (int i=n;i>=1;--i)
f[s][i]+=f[s][i+1];
}
while (Q--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
int ans=query(x,y);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
