文章目錄

• 0.概述
• 1.有關 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 樹
• • 1.1.定義
  • 1.2.性質
  • • 1.2.1.非樹邊
    • 1.2.2.$\text{dfn}$ 推論
• 2.有關支配樹
• • 2.1.半支配點與 $semi$
  • • 2.1.1.性質
    • 2.1.2.求 $semi$
  • 2.2.支配點
  • 2.3.支配樹
  • • 2.3.1.定義
    • 2.3.2.存在性
    • 2.3.3.建支配樹
  • 2.4.代碼實現
• 3.例題
• • 3.1.板題
• 4.后記

0.概述

用來求一張圖中，從某個定點 $s$ 出發，到達某一點 $e$ 的路徑上，必須經過哪些點。

這玩意兒有什么用呢？沒什么用。 我只是個普及組選手啊😓

1.有關 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 樹

1.1.定義

在一個圖中，以某一點為起點，進行深度優先遍歷，將所有走過的邊當作樹邊，形成的 樹 。

注意：邊可能是有向的。所以這并非一個傳統意義上的樹。

1.2.性質

記 $\mathrm{dfn}(u)$ 為 $u$ 是第幾個被訪問的（回溯不計入訪問次數）。

1.2.1.非樹邊

在有向圖中，對于任意非樹邊 $?u,v?$，要么 $u$ 是 $v$ 的祖先，要么 $\text{dfn}(u)>\text{dfn}(v)$ 。

證明是輕松的。在 $u$ 回溯時，對于所有已經訪問的節點 $x$，要么 $\text{dfn}(x)<\text{dfn}(u)$，要么 $x$ 為 $u$ 的子樹內一點。而 $v$ 都不滿足，則此時必將 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 到 $v$，進而 $(u,v)$ 為樹邊，出現矛盾。

1.2.2.$\text{dfn}$ 推論

對于任意兩個點 $u,v(u=v)$，不妨設 $\text{dfn}(u)<\text{dfn}(v)$，記 $lca(u,v)=x$ 。

• 對于 $v$ 到 $x$ 的樹上路徑中一點 $y$，一定有 $\text{dfn}(u)<\text{dfn}(y)$ 。
• 對于 $u$ 到 $x$ 的樹上路徑中一點 $y$，一定有 $\text{dfn}(y)<\text{dfn}(v)$ 。

其正確性是顯然的；只需要畫一張圖就可以領會其中真諦了。用大白話來說就是，兩個點的 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 比較，在不超過 $lca$ 的位置都是一樣的。

2.有關支配樹

如果圖是無向圖，無向邊轉化為兩條有向邊。故以下內容均討論有向圖。

為了表述方便，$u?v$ 表示 $u$ 通過一條原圖中存在的有向邊 $?u,v?$ 到達 $v$，即二者直接相連。而 $u\to v$ 表示 $u???v$ 或 $u?v$ 。

2.1.半支配點與 $semi$

對于一個點 $u$，若存在一條路徑 $v\to u(v=u)$，使得路徑上除 $u$ 和 $v$ 的點 $x$ 都滿足 $\text{dfn}(x)>\text{dfn}(u)$，則 $v$ 為 $u$ 的半支配點。

規定 $semi(x)$ 為 $x$ 的所有半支配點中 $\text{dfn}$ 最小的一個。

2.1.1.性質

$semi(x)$ 是 $x$ 在 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 樹上的祖先。我盡量用簡潔的方式證明它。

首先，$x$ 的父節點是 $x$ 的半支配點，故
$$\text{dfn}[semi(x)]\le \text{dfn}(f{a}_x)<\text{dfn}(x)$$

這是比較核心的關系。有了這個，考慮 $semi(x)\to x$ 路徑上經過的第一個點 $y$（即路徑為 $semi(x)?y\to x$，顯然 $y$ 是存在的，否則 $semi(x)$ 已經是 $x$ 的祖先），顯然有 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(y)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 。

仔細思考一下，$\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(y)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}[semi(x)]$，那么 $semi(x)?y$ 應當為祖先到兒子的邊。即 $semi(x)$ 是 $y$ 的祖先。

根據 1.2.2.dfn推論，$semi(x)$ 至少要達到 $lca(x,y)$ 才可以滿足 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}[semi(x)]<\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$，于是它就是 $x$ 的祖先了。

2.1.2.求 $semi$

求 $semi(x)$ 其實就是求半支配點。更新的時候，用 $semi$ 更新（而非集合取并集）即可。

枚舉 $semi(x)\to x$ 中 $x$ 的前驅 $y$，如果 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(y)<\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$，那就只能直接用 $y$ 更新 $semi(x)$ 了。否則，假設第一次走到 $lca(x,y)\to y$ 的點為 $z$，顯然所有不到 $lca(x,y)$ 的 $y$ 的祖先都可以作為 $z$，也都可以用 $semi(z)$ 更新 $semi(x)$ 。

形式化的，候選 $semi$ 點的集合為 $S_x$，那么有
$$S_x=\underset{?y,x?}{?}\underset{z\in path(y,root)}{\overset{\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(z)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)}{?}}{S}_z$$

顯然 $S_z$ 是合法的，因為 $semi(z)$ 到 $z$ 的路徑上的點的 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(z)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 。不過它是否有所遺漏呢？即 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 介于 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 和 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(z)$ 之間的點？

并沒有呢。那些點想要走到 $z$，那就是讓 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 增加，那么這樣的點必須是 $z$ 的祖先。而 $z$ 的祖先是不會先于 $z$ 走到的！——比 $lca(x,z)$ 更深的，根據定義，不應該在 $z$ 之前訪問；比那更淺的，不能出現在路徑上，因為其 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 小于 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 了。

2.2.支配點

在一張圖中設立一個源點 $s$ 。

若對于某一點 $e(e=s)$ 滿足所有從 $s$ 到 $e$ 的路徑中都經過 $u$（即，在圖中刪去 $u$ 之后，不存在 $s$ 到 $e$ 的路徑），則稱 $u$ 為 $e$ 的支配點，或 $u$ 支配 $e$ 。

顯然一個點的支配點可能有很多個。一個生動形象的例子是鏈。

2.3.支配樹

2.3.1.定義

對于一張圖和其源點 $s$，支配樹是滿足該條件的樹：

• 包含圖中的每一個節點。
• 對于任意一點 $u(u=s)$，其祖先（包括 $u$ 本身）均為其支配點。
• 對于任意一點 $u(u=s)$，其支配點均為其祖先（包括 $u$ 本身）。

$s$ 會是樹的根節點。

2.3.2.存在性

我們要說明，為什么它會是一顆樹？就像 $\mathtt{S}\mathtt{A}\mathtt{M}$ 要說明，為什么存在合法的自動機狀態轉移。

先證明一個小結論：若 $v$ 到 $u$ 的每一條路徑都經過 $x$，則存在一條從 $x$ 到 $u$ 的路徑不含 $v$ 。

證明很簡單。用一點 $\text{C++}$ 的想法。反證法，若不成立，其函數應該像這樣：

void x_goto_u(){x_goto_v(); // 由假設，必須先到達vv_goto_u(); // 調用下面的函數 } void v_goto_u(){v_goto_x(); // 由假設，必須先到達xx_goto_u(); // 調用上面的函數 }

這樣就死遞歸了呀！而路徑是客觀存在的，所以歸謬了。類似的，兩個點互相支配也是不可能的。

現在，我們可以說明一些支配點之間的性質。若 $u$ 有兩個支配點 $v$ 和 $x$，但是 $v$ 和 $x$ 沒有支配關系（即支配關系非 “樹形”），則存在兩條從 $s$ 到 $u$ 的路徑，一個是 $s\to v\to u$，另一個是 $s\to x\to u$ 。

對于前者，令 $s\to v$ 不經過 $x$（由于 $v$ 和 $x$ 沒有支配關系，該路徑必然存在）。為了使 $x$ 支配 $u$，必須讓 $v\to u$ 總是經過 $x$ 。根據上面的結論，$x\to u$ 可以不經過 $v$，同理，$s\to x$ 可以不經過 $v$，于是 $s\to x\to u$ 完全不會經過 $v$，說明 $v$ 不支配 $u$ 啦，矛盾！

有了這一條，你會發現，一個點的所有支配點的導出子圖是完全圖。這個完全圖又不能存在有向環（否則存在兩個點互相支配，這是荒謬的），所以存在一個點被其他所有點支配。那么當前點就以這個點作為支配樹上的父節點即可。

有點歸納法的感覺，對嗎？對。按照 支配關系有向圖 的拓撲序建樹即可。

2.3.3.建支配樹

據說又是 $tarjan$ 發明的算法……

我們要 $semi$ 有什么用？ 去掉所有非樹邊，連邊 $?semi(x),x?$，支配關系不改變！

其實這個原因挺簡單的。理解一下 $semi$ 到底是什么：越過樹邊上的點。如果 $u$ 是 $v$ 的祖先，并且 $u\to v$，路徑上 不需要 有 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}<\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(v)$ 的點——如果有，那其實還是 $v$ 的祖先，沒有飛越樹上的點。

支配點肯定是 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 樹上的祖先（否則樹邊構成一條路徑）。其樹上祖先，如果不是支配點，只可能是被跨過了。而跨過就是 $semi$ 嘛。如果感性的理解一下，$semi$ 已經建好了所有橋，不需要更多的邊了。

這樣有什么好處呢？至少有一個：原圖變為了 $DAG$！

其實 $DAG$ 已經可以搞定了。對于所有前驅，求支配點交集，在支配樹上體現為 $lca$ 的祖先。按照 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 排序后，使用帶權并查集，倍增維護 $lca$ 。時間復雜度 $O(n\log n)$ 。

可是人總是精益求精的。令 $idom(x)$ 為 $x$ 的支配點中 $\text{dfn}$ 最大的點，尋找 $idom(x)$ 的方法是：

記 $P$ 為從 $semi(x)$ 到 $x$ 的樹上路徑點集（不包括 $semi(x)$ 本身），找一個 $z\in P$ 滿足 $\text{dfn}[semi(z)]$ 最小。

若 $semi(z)=semi(x)$，則有 $idom(x)=semi(x)$；否則有 $idom(x)=idom(z)$ 。

對于前半句性感的證明就是，沒有 $semi(x)$ 的祖先連到 $P$ 中的邊，則刪去 $semi(x)$ ，$x$ 就不可達。畢竟 $P$ 以內的所有點都連接 $?semi(p),p?$ 之后也不能跨過 $semi(x)$ 。別忘了 $z$ 的定義哦！

對于后半句性感的證明（見下圖）就是：

假設刪掉 $idom(z)$ ，$x$ 依舊可達，則說明在 $dfs$ 樹上，$idom(z)$ 有一個祖先，可以走一條非樹邊（也就是通過 $semi$ 連出來的邊，圖中紅邊）到達 $x$ 到 $idom(z)$ 中間的一個點 $k$ 。

若 $z$ 不是 $k$ 的祖先，則刪掉 $idom(z)$ 后 $z$ 仍可達，與支配點定義不符，所以 $z$ 是 $k$ 的祖先。那么因為 $z\in P$ ，所以 $k\in P$ 。因為刪除 $idom(z)$ 后 $semi(z)$ 不可達，所以 $\text{dfn}[semi(k)]<\text{dfn}[idom(z)]<\text{dfn}[semi(z)]$，與 $z$ 的定義矛盾，所以該假設不可能成立。

版權聲明：本文為CSDN博主「litble」的原創文章，遵循CC 4.0 by-sa版權協議，轉載請附上原文出處鏈接及本聲明。
原文鏈接：https://blog.csdn.net/litble/article/details/83019578

這一小節是摘錄的，進行了部分修改。

2.4.代碼實現

我們要 $idom$ 來干嘛呢？在支配樹上，$x$ 的父親就是 $idom(x)$ 唄。

發現 $semi$ 需要用到 $\text{dfn}$ 值更大的點的 $semi$ 。那就按照 $\text{dfn}$ 從大到小處理。

用 帶權并查集 好像可以做。用 $mi(x)$ 存該點到根節點的路徑中，$\text{dfn}[semi(z)]$ 值最小的一個 $z$ 。畢竟也就用 $y$ 的祖先中比 $x$ 的 $\text{dfn}$ 大的點唄！

求 $idom$ 該怎么辦呢？它要用到 $semi(x)$ 與 $x$ 之間的信息。那就等到 $semi(x)$ 處理完的時候處理吧！——那個時候，中間的所有點都處理了。

很巧的是，恰好此時 $semi(x)$ 的祖先還沒處理！可以一并使用并查集，因為根節點就是 $semi(x)$ 。

3.例題

3.1.板題

傳送門 to HDU

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define RI register int int read() {int q=0;char ch=' ';while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();return q; } typedef long long LL; const int N=50005,M=100005; int n,m,tim; int dfn[N],repos[N],mi[N],fa[N],f[N],semi[N],idom[N],ans[N]; struct graph{int tot,h[N],ne[M],to[M];void clear() {tot=0;for(RI i=0;i<=n;++i) h[i]=0;}//此題數據有誤所以應從i=0開始清空void add(int x,int y) {to[++tot]=y,ne[tot]=h[x],h[x]=tot;} }g,rg,ng,tr;void init() {tim=0;g.clear(),rg.clear(),ng.clear(),tr.clear();for(RI i=1;i<=n;++i)repos[i]=dfn[i]=idom[i]=fa[i]=ans[i]=0,mi[i]=semi[i]=f[i]=i; } void tarjan(int x) {dfn[x]=++tim,repos[tim]=x;for(RI i=g.h[x];i;i=g.ne[i])if(!dfn[g.to[i]]) fa[g.to[i]]=x,tarjan(g.to[i]); } int find(int x) {if(x==f[x]) return x;int tmp=f[x];f[x]=find(f[x]);if(dfn[semi[mi[tmp]]]<dfn[semi[mi[x]]]) mi[x]=mi[tmp];return f[x]; } void dfs(int x,LL num) {ans[x]=num+x;for(RI i=tr.h[x];i;i=tr.ne[i]) dfs(tr.to[i],num+x); } void work() {for(RI i=n;i>=2;--i) {int x=repos[i],tmp=n;for(RI j=rg.h[x];j;j=rg.ne[j]) {if(!dfn[rg.to[j]]) continue;//此題數據有誤if(dfn[rg.to[j]]<dfn[x]) tmp=min(tmp,dfn[rg.to[j]]);else find(rg.to[j]),tmp=min(tmp,dfn[semi[mi[rg.to[j]]]]);}semi[x]=repos[tmp],f[x]=fa[x],ng.add(semi[x],x);x=repos[i-1];for(RI j=ng.h[x];j;j=ng.ne[j]) {int y=ng.to[j];find(y);if(semi[mi[y]]==semi[y]) idom[y]=semi[y];else idom[y]=mi[y];//此時idom[mi[y]]可能并未找到}}for(RI i=2;i<=n;++i) {int x=repos[i];if(idom[x]!=semi[x]) idom[x]=idom[idom[x]];tr.add(idom[x],x);}dfs(n,0); } int main() {int x,y;while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {init();for(RI i=1;i<=m;++i)x=read(),y=read(),g.add(x,y),rg.add(y,x);tarjan(n);work();for(RI i=1;i<n;++i) printf("%d ",ans[i]);printf("%d\n",ans[n]);}return 0; }

4.后記

再次鳴謝：litble的感性理解支配樹，提供了思路與代碼！

支配樹為作者自學，如有錯誤之處，還請大佬斧正！

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【学习笔记】支配树的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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