支配树

​ 首先先要说明一下支配的概念，现在有一个有向图和起点 $s$ ，对于点 $u,v$ ，如果任意一条从 $s\rightarrow u$ 的路径都要经过 $v$ ，换种说法就是如果删去 $u$ 就无法从 $s$ 到 $u$ ，那么 $v$ 就是 $u$ 的支配点。所有支配 $u$ 的点的集合就是点 $u$ 的支配集

一个支配的性质：

• 如果 $x$ 支配 $z$ ， $y$ 支配 $z$ ，那么 $x$ 和 $y$ 一定有支配关系。

  不然则必定有一种情况，使得删除其中一个点后，$s$ 可从另一个点到达 $z$。

​ 发现这样具有树的结构，那么我们就设 $x$ 支配集中“直接” 支配 $x$ 的点作为 $x$ 的父亲（你也可以简单理解为支配集最大的点）。这样形成的一棵树就是支配树。

​ 下面介绍怎么求支配树。

一、DAG（P2597 [ZJOI2012]灾难）

​ 对于一个点 $x$ 考虑 $x$ 的所有前驱节点$y_i$。要支配节点 $x$ ，那么就要支配所有的 $y_i$ ，那么 $x$ 的支配点就是所有 $y_i$ 支配点的公共部分，对应到支配树上就是所有 $y_i$ 的lca。

​ 所以我们按拓扑序来遍历DAG，这样保证在求 $x$ 时所有 $x$ 的前驱都求出来了。

​ 因为我们要动态插入点，所以只能用倍增+dep的方法求lca。

while(p.size()){
	int x=p.front();p.pop();
	int lc=b[x][0];
	for(int i=1;i<b[x].size();++i)lc=lca(lc,b[x][i]);
	f[x][0]=lc,de[x]=de[lc]+1;
	for(int i=1;i<=lo[n];++i)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
	for(int i=h[x];i;i=a[i].ne){
		int y=a[i].y;
		if(!--rd[y])p.push(y);
	}
}

二、一般有向图（P5180 【模板】支配树）

​ $O(n^2)$的方法是暴力删点，然后遍历一次图找无法到达的点。

​ 考虑优化。

​ 先从图中抠出一个dfs生成树，保证 $x$ 的支配点一定是 $x$ 在dfs生成树上的祖先节点（或许自证不难？）

​ 然后引入一个概念——半支配点$semi_x$：dfs序最小的点且满足，可以通过一条路径$p_1,p_2,...,p_k$到达 $x$ ，且 $\forall \;i\in[2,k-1],dfs_{p_i}>dfs_x$ 。

​ 我们先不管这个dfs序最小的限制，假如就存在一个这样的点 $u$ 满足半支配点的要求，那么也就表示 $\text{lca}_{u,x}\rightarrow x$ 这一条路径上的点都不会是 $x$ 的支配点，因为 $dfs >dfs_x$的点一定不是$\text{lca}_{u,x}\rightarrow x$ 这一条路径上的点。

​ 但由于dfs生成树一定没有 $x\rightarrow y$ 且 $dfs_x<dfs_y$ 而且 $x$ 不是 $y$ 父亲的边，所以可以确定，在dfs序最小的情况下 $u$ 一定是 $x$ 的祖先。同时这个dfs序最小就保证了 $u$ 深度最小，这样排除一定不是答案的点也就越多。

​ 这样就有一个很神奇的做法：对于每一个 $x$ ，在dfs树上从 $semi_x$ 向 $x$ 连边，删掉其他边，支配关系不变，这样就可以转化成DAG。

​ 为什么？就是对于 $x$ 来说，其他所有的边真正的作用就是排除了 $semi_x\rightarrow x$ 这条路径上的点作为 $x$ 和 $x$ 子树的支配点，那么就可以将其化简为$semi_x\rightarrow x$这条边。

​ 之后考虑求半支配点 $semi_x$ 。

​ 我们先从dfs序降序遍历点。这样对于 $x$ 的前驱 $y$ ，若$dfs_y<dfs_x$，即 $y$ 是 $x$ 的祖先，直接用 $dfs_y$ 更新答案，否则就从 $y$ 向上跳，保持$dfs_y>dfs_x$，对于这些 $y$ 用 $semi_y$ 更新答案。

​ 显然不能暴力跳父亲，发现满足的点 $y$ 是已经遍历过的点，而且维护的结构是树，就可以用并查集动态维护已经遍历完的树的部分。代码：

int find(int x){//并查集部分
	if(x^f[x]){
		int fx=f[x];
		f[x]=find(f[x]);
		val[x]=min(val[x],val[fx]);//维护x到当前顶部的最小值
	}
	return f[x];
}

for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i,val[i]=dfs[i];
for(int i=n;i>=2;--i){
	int x=id[i];
	for(int j=0;j<pr[x].size();++j){
		int y=pr[x][j];
		find(y);//将y是x祖先的情况合并了，因为val[y]初始值就是dfs[y]
		val[x]=min(val[x],val[y]);
	}
	f[x]=fa[x];
	zps::add(id[val[x]],x);//id[x]记录dfs为x的节点编号
}

​ 注意此时内部DAG求支配树的边数为2n！！

三、一个小运用（P7520 [省选联考 2021 A 卷] 支配）

给定一个有向图，q 次互相独立的询问，每次询问给出一条有向边，求加入该条边后，有多少个顶点的受支配集发生了变化。$n \le 3 \times 10^3, m \le 2 \times n, q \le2\times 10^4$

​ 首先先建立支配树，naive的想，加入 $x\rightarrow y$ 这条边之后，只需要考虑 $y$ 这个点的支配集是否会改变，若改变则答案是$si_y$。

​ 考虑如何判断，因为是加边，那么受支配集只会减少。那么我们可以通过判断 $fa_y$ 是否还是 $y$ 的支配点来判断 $y$ 受支配集是否改变，预处理出 $f_{x,y}$ 表示在删去 $fa_x$ 之后 $1$ 号点能否到达 $y$ ，$g_{x,y}$ 表示在删去$fa_x$之后，$y$ 能否到达 $x$ 。

​ 但是会改变的可能不止是 $y$ ，那么我们就扫一遍$1\sim n$，若 $x$ 的受支配集会改变，那么 $x$ 的子树内所有的点的受支配集一定会改变，直接统计答案即可。

四、一个小总结

​ 感觉当前支配树的运用、发掘还很少，题目当然少的可怜，除了成树之后的树上操作（会有吗...）感觉支配树最难的还是关于支配树的变化问题（就是上面的运用），感觉要多考虑一下最早提出来的性质：如果 $x$ 支配 $z$ ， $y$ 支配 $z$ ，那么 $x$ 和 $y$ 一定有支配关系。