支配树 瞎学笔记

支配树上支配集，支配树下我和你。（骗人的，支配树跟支配集毛关系没有）

支配树是用来求解有向图必经点问题的算法。

（u1s1 算法的证明根本不体现支配树的本质，学了也是白学，我是强迫症犯了才补上证明的，不要学我）

基础概念

对于一个有向图，选定 $1$​​​ 为起点（下文都假定 $1$ 能到所有点，无自环，不失一般性），对节点 $x,y$，$y$ 支配 $x$ 当且仅当 $y$ 是 $1\to x$ 的必经点，称为 $x$ 的支配点。不难证明支配关系的自反性、反对称性、传递性。
支配关系还有个类似传递性的神奇性质：若 $x\neq y$ 都支配 $z$，则 $x,y$ 必有支配关系。若不然，任找一条 $1\to z$ 简单路径，由支配性知 $x,y$ 都在上面：若 $x$ 离 $1$ 更近，由于 $x$ 不支配 $y$，所以可以从 $1$ 绕过 $x$ 到 $y$ 再到 $z$，与 $x$ 支配 $z$ 矛盾；$y$ 更近的情况类似。那么易证（读者自证不难）：任取一条 $1\to x$ 简单路径，上面所有 $x$ 的支配点按离 $1$ 的距离从近到远排列依次为 $1=x_0\to x_1\to\cdots\to x_s=x$，则对任意 $i\in[0,s]$ 知道 $x_i$ 的所有支配点是 $x_{0\sim i}$​​。

称 $x$ 的所有支配点当中除了自己离自己最近的那个为 $x$ 的最近支配点，记作 $idom_x$，$idom_1$ DNE。将所有点 $x\neq 1$ 往 $idom_x$ 连一条边，得到一棵以 $1$ 为根的内向树。若不然，必定存在大小大于 $1$ 的环，由传递性可知存在 $x$ 支配 $idom_x$，与支配关系的反对称性矛盾。这棵树就是原图的支配树。显然，$x$ 的全部支配点就是它在支配树上的全部祖先，并且排列顺序与在原图任意一条 $1\to x$ 简单路径中离 $1$ 的距离从近到远的顺序一致。

支配树的求法

显然，若对每个点 $x\neq 1$​​​ 都知道了 $idom_x$，那么支配树自然就求出来了。

外向树

显然，以 $1$ 为根的外向树的支配树就是自己的反图。

DAG

将 DAG 拓扑排序，那么显然，加入一个点对拓扑序在它之前的点的导出子图的支配树并没有影响。所以考虑按拓扑序依次加入，每次只要考虑当前点的最近支配点是谁，插到树上就可以了。

加入点 $x$​ 的时候，考虑所有边 $(y,x)$​，由于是按照拓扑序，所有 $y$​ 在之前已经考虑过了。设 $z$​ 是所有 $y$​ 在支配树上的 LCA，易证有且仅有 $z$​ 的所有支配点是 $x$​ 的所有支配点，即 $idom_x=z$​。

考虑实现。需要实时维护 LCA，考虑树上倍增，每次接一个叶子，确实是可以动态维护倍增数组的，而且很好写，复杂度线对。贴个 P2597 的板子吧。

一般图的 tarjan 算法

一般有向图也是有线对复杂度的求支配树的算法的，叫做 tarjan 算法（Tarjan 老爷子真是 nb，总能发明很难证的算法，而且他自己还总是会证）。虽然 DAG 的特殊求法复杂度跟 tarjan 算法复杂度一样，但是好写的很多，所以 DAG 一般还是写特殊求法。

引入半支配点

找到原图从 $1$ 出发的一棵 dfs 树（Tarjan 老爷子好像很喜欢 dfs 树耶），不失一般性地，下文认为点 $i$ 的 dfs 序就是 $i$​。对 $y<x$，若存在一条 $y\to x$ 路径满足除端点外全程大于 $x$，则称 $y$ 是 $x$​​ 的半支配点。

引理：对 $x<y$​，$x\to y$​ 的任意一条路径都必定经过它们在 dfs 树上的某个公共祖先。证明：设 $z=\mathrm{LCA}(x,y)$​，则把 $z$​ 的祖先全删除之后 $x,y$​ 所在子树就裂开了，前向边和后向边对连通性屁帮助没有，而横叉边只能是大号点到小号点，所以此时 $x$​ 是不能到达 $y$​ 的。
跟据引理，不是 $x$​​​​ 的祖先的节点 $y$​ 一定不是 $x$​​ 的半支配点，因为 $y\to x$​ 一定经过小于 $x$​ 的 $x$​ 的祖先（由于 $y<x$​，所以 $y$​ 不可能是 $x$​ 的后代）。

$x$​ 的所有支配点也一定是 $x$​ 在 dfs 树上的祖先，若不然，删去之后显然可以沿着 dfs 树从 $1$​ 走到 $x$​。
$x$​ 所有支配点都是半支配点的祖先。证明：若存在半支配点 $y$​ 是支配点 $z$​ 的祖先，则可以先沿 dfs 树 $1\to y$​，然后从 $y$​ 走一条全程大于 $x$​ 的路径到 $x$​，自然地绕过了 $z$​，与支配性矛盾。
设 $x$​ 的 dfs 序最小的半支配点为最远半支配点，记作 $sdom_x$​，亦即在 dfs 树上离 $1$​ 最近的半支配点。我们有 $idom_x\leq sdom_x$​，知道最远半支配点是对最近支配点的一个良好近似，对求最近支配点有帮助。

最远半支配点的求法

对点 $x\neq 1$​，枚举所有半支配点到它的路径的一切可能的前驱 $(y,x)$：

• 若 $y<x$ 则直接用 $y$ 更新 $sdom_x$。正确性显然，充分性的话，由于 $y<x$，所以 $y$ 只能是半支配点到 $x$ 的路径的端点。
• 若 $y>x$​，设 $w=\mathrm{LCA}(x,y)$​，则用树上路径 $w\to y$​（掐头留尾）中所有 $z$​ 的 $sdom_z$​ 来更新 $sdom_x$​。证明：首先 $x=w$​ 的情况不证自证，下面考虑 $x\neq w$​ 的情况。首先想直接用 $sdom_y$​ 更新，但它有可能走区间 $(x,y)$​ 之间的点 $u$​ 啊，这就没考虑到。若 $\mathrm{LCA}(u,y)=w$​，则跟据引理，由 $u<y$​ 知道一旦走到了 $u$​，就一定要经过 $w$​ 的祖先才能到 $y$​，这是一定小于 $x$​ 的，所以 $x$​ 的半支配点到 $y$​ 的路径上小于 $y$​ 的只能是 $w\to y$​（掐头留尾）中所有的 $z$​。设从 $x$​ 半支配点走到 $y$​ 的路径上第一次交到这条直链上交的是 $z_0$​，由于是第一次交上，显然之前走的都大于 $y$​，那自然也大于 $z_0$​，交上去之后可以直接沿着 dfs 树走到 $y$​，最后走到 $x$​。所以这个用所有 $sdom_z$​​ 的更新方案是既正确又充分的。​​​

通过最远半支配点求最近支配点

对点 $x\neq 1$​​​​​，我们设路径 $p=1\to sdom_x$​​（留头去尾），$q=sdom_x\to x$​​（掐头留尾），$y$​​ 是 $q$​​ 中最远半支配点最远（亦即 dfs 序最小）的点，显然有 $sdom_y\leq sdom_x$​​​​​。分成两种情况：

• 若 $sdom_y=sdom_x$​​，则 $idom_x=sdom_x$​​。证明：如果 $sdom_x=1$​​ 那根据 $idom_x\leq sdom_x$​​ 就显然了，下面考虑 $sdom_x\neq 1$​​ 的情况。此时显然对任意 $i,j$​​，$p_i$​​ 不半支配 $q_j$​​。假设存在 $1\to x$​​ 的不经过 $sdom_x$​​​ 的简单路径，由于 $1$​​ 不半支配 $x$​​，一定经过小于 $x$​​ 的点 $z$​​。而由于 $z<x$​​，跟据引理 $z\to x$​​ 必经过 $fa_x$​​ 的祖先。如果祖先为 $q_i$​​，那就对 $1\to q_i$​​ 重新使用上述分析一直到祖先为 $p_i$​​ 为止（一定可实现，因为不能经过 $sdom_x$​​​ 哦）。然后又可以对 $p_i\to x$​​ 重新施加上述分析得到一个新的 $p_j$​​，如此往复得到 $p_k,p_o,\cdots$。注意到我们考虑的是简单路径，$p$ 里所有点迟早都会被得到一遍，就不能继续了，而我们的分析是可以一直持续下去的，矛盾。至此我们知道了 $sdom_x$ 是 $x$ 的支配点之一，即 $sdom_x\leq idom_x$，结合 $idom_x\leq sdom_x$​​，得证。
• 若 $sdom_y<sdom_x$​，则 $idom_x=idom_y$​​​。证明：显然有 $sdom_x<y$，由 $idom_x\leq sdom_x$ 知 $idom_x<y$。而若 $idom_x>idom_y$，此时 $idom_x$ 一定不支配 $y$（否则 $idom_y$ 应该调整到 $idom_x$ 这么近），那么有避开 $idom_x$ 的路径 $1\to y$，再沿 dfs 树走到 $x$，与 $idom_x$ 支配 $x$ 矛盾。所以一定有 $idom_x\leq idom_y$，只要证 $idom_y$ 支配 $x$ 则有 $idom_x=idom_y$​。
  类似上面，假设存在 $1\to x$ 的不经过 $idom_y$ 的简单路径。既然不经过 $idom_y$ 了，那么直链 $idom_y\to y$ 上面的点都不能经过了，因为一旦交上去便可沿 dfs 树走到 $y$，绕开了 $idom_y$，与支配性矛盾。由于 $idom_y\leq sdom_y,y>sdom_x$，所以 $sdom_x$ 以上半支配 $q$​​ 的点都不能经过了，剩下来的相当于上面那种情况的局面，可以类似上面无限循环来归谬。

实现

求 $sdom$​ 的部分，按 dfs 序从后往前更新显然是无后效性的。查询上开下闭的链上最值怎么维护？树剖？可以巧妙地使用带权并查集（Tarjan 又一次使用自己的成果！），每更新完一个点就把它往父亲合并，易证更新到 $x$​ 的时候，$y$​ 已经合并到了 $\mathrm{LCA}(x,y)$​。​并查集只能路径压缩，不能按秩合并，所以复杂度是一个 $\log$。

求 $idom$ 的部分恰好也涉及上开下闭的链上最值查询，可以窃取之前的并查集成果。但是查询完之后需要更新的 $idom$ 信息应当是按 dfs 序从前往后更新才是没有后效性的。所以我们可以先把并查集该查的查好存起来（在更新到 $sdom_x$ 的时候恰好是 $x$ 的可查状态，可以用 vector 记录 todo-list），结束之后再从前往后扫一遍。

注意点：$1$ 有可能不能到达所有点，枚举 dfs 序的时候一定是到 nowdfn instead of n。初始化的时候应该把所有点的 dfs 序赋为 $+\infty$​，这样在选取「dfs 序最小的半支配点」时比较函数不会出错。

mol ban tea & code.

支配树求必经边

想不到吧，这玩意还能求必经边。

方法是边点转化，$(x,y)$ 拆成 $(x,new),(new,y)$，这样若 $new$ 是支配点，则 $(x,y)$ 是必经边，易证正确性。这时候你不禁想起无向图的两种连通性，边双和点双，边双这么简单，点双这么难，是不是也可以用点边转化将点双转化为边双呢？说的好像有道理，但你给我翻译翻译什么叫 tmd 无向图点边转化？最大流最小割定理证明无向图的点版本门杰定理中提到的点边转化，那也是先变成有向图再点边转化的呀 2333。