文章目錄

• 0.概述
• 1.有關(guān) $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 樹
• • 1.1.定義
  • 1.2.性質(zhì)
  • • 1.2.1.非樹邊
    • 1.2.2.$\text{dfn}$ 推論
• 2.有關(guān)支配樹
• • 2.1.半支配點(diǎn)與 $semi$
  • • 2.1.1.性質(zhì)
    • 2.1.2.求 $semi$
  • 2.2.支配點(diǎn)
  • 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(shí)現(xiàn)
• 3.例題
• • 3.1.板題
• 4.后記

0.概述

用來(lái)求一張圖中，從某個(gè)定點(diǎn) $s$ 出發(fā)，到達(dá)某一點(diǎn) $e$ 的路徑上，必須經(jīng)過(guò)哪些點(diǎn)。

這玩意兒有什么用呢？沒(méi)什么用。 我只是個(gè)普及組選手啊😓

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

1.1.定義

在一個(gè)圖中，以某一點(diǎn)為起點(diǎn)，進(jìn)行深度優(yōu)先遍歷，將所有走過(guò)的邊當(dāng)作樹邊，形成的 樹 。

注意：邊可能是有向的。所以這并非一個(gè)傳統(tǒng)意義上的樹。

1.2.性質(zhì)

記 $\mathrm{dfn}(u)$ 為 $u$ 是第幾個(gè)被訪問(wèn)的（回溯不計(jì)入訪問(wèn)次數(shù)）。

1.2.1.非樹邊

在有向圖中，對(duì)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(shí)，對(duì)于所有已經(jīng)訪問(wèn)的節(jié)點(diǎn) $x$，要么 $\text{dfn}(x)<\text{dfn}(u)$，要么 $x$ 為 $u$ 的子樹內(nèi)一點(diǎn)。而 $v$ 都不滿足，則此時(shí)必將 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 到 $v$，進(jìn)而 $(u,v)$ 為樹邊，出現(xiàn)矛盾。

1.2.2.$\text{dfn}$ 推論

對(duì)于任意兩個(gè)點(diǎn) $u,v(u=v)$，不妨設(shè) $\text{dfn}(u)<\text{dfn}(v)$，記 $lca(u,v)=x$ 。

• 對(duì)于 $v$ 到 $x$ 的樹上路徑中一點(diǎn) $y$，一定有 $\text{dfn}(u)<\text{dfn}(y)$ 。
• 對(duì)于 $u$ 到 $x$ 的樹上路徑中一點(diǎn) $y$，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(lǐng)會(huì)其中真諦了。用大白話來(lái)說(shuō)就是，兩個(gè)點(diǎn)的 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 比較，在不超過(guò) $lca$ 的位置都是一樣的。

2.有關(guān)支配樹

如果圖是無(wú)向圖，無(wú)向邊轉(zhuǎn)化為兩條有向邊。故以下內(nèi)容均討論有向圖。

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

2.1.半支配點(diǎn)與 $semi$

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

規(guī)定 $semi(x)$ 為 $x$ 的所有半支配點(diǎn)中 $\text{dfn}$ 最小的一個(gè)。

2.1.1.性質(zhì)

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

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

這是比較核心的關(guān)系。有了這個(gè)，考慮 $semi(x)\to x$ 路徑上經(jīng)過(guò)的第一個(gè)點(diǎn) $y$（即路徑為 $semi(x)?y\to x$，顯然 $y$ 是存在的，否則 $semi(x)$ 已經(jīng)是 $x$ 的祖先），顯然有 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(y)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 。

仔細(xì)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(yīng)當(dāng)為祖先到兒子的邊。即 $semi(x)$ 是 $y$ 的祖先。

根據(jù) 1.2.2.dfn推論，$semi(x)$ 至少要達(dá)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(shí)就是求半支配點(diǎn)。更新的時(shí)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(qū) $y$，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(shè)第一次走到 $lca(x,y)\to y$ 的點(diǎn)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(diǎn)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?yàn)?$semi(z)$ 到 $z$ 的路徑上的點(diǎn)的 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(z)>\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 。不過(guò)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(diǎn)？

并沒(méi)有呢。那些點(diǎn)想要走到 $z$，那就是讓 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 增加，那么這樣的點(diǎn)必須是 $z$ 的祖先。而 $z$ 的祖先是不會(huì)先于 $z$ 走到的！——比 $lca(x,z)$ 更深的，根據(jù)定義，不應(yīng)該在 $z$ 之前訪問(wèn)；比那更淺的，不能出現(xiàn)在路徑上，因?yàn)槠?$\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 小于 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}(x)$ 了。

2.2.支配點(diǎn)

在一張圖中設(shè)立一個(gè)源點(diǎn) $s$ 。

若對(duì)于某一點(diǎn) $e(e=s)$ 滿足所有從 $s$ 到 $e$ 的路徑中都經(jīng)過(guò) $u$（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(diǎn)，或 $u$ 支配 $e$ 。

顯然一個(gè)點(diǎn)的支配點(diǎn)可能有很多個(gè)。一個(gè)生動(dòng)形象的例子是鏈。

2.3.支配樹

2.3.1.定義

對(duì)于一張圖和其源點(diǎn) $s$，支配樹是滿足該條件的樹：

• 包含圖中的每一個(gè)節(jié)點(diǎn)。
• 對(duì)于任意一點(diǎn) $u(u=s)$，其祖先（包括 $u$ 本身）均為其支配點(diǎn)。
• 對(duì)于任意一點(diǎn) $u(u=s)$，其支配點(diǎn)均為其祖先（包括 $u$ 本身）。

$s$ 會(huì)是樹的根節(jié)點(diǎn)。

2.3.2.存在性

我們要說(shuō)明，為什么它會(huì)是一顆樹？就像 $\mathtt{S}\mathtt{A}\mathtt{M}$ 要說(shuō)明，為什么存在合法的自動(dòng)機(jī)狀態(tài)轉(zhuǎn)移。

先證明一個(gè)小結(jié)論：若 $v$ 到 $u$ 的每一條路徑都經(jīng)過(guò) $x$，則存在一條從 $x$ 到 $u$ 的路徑不含 $v$ 。

證明很簡(jiǎn)單。用一點(diǎn) $\text{C++}$ 的想法。反證法，若不成立，其函數(shù)應(yīng)該像這樣：

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

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(gè)點(diǎn)互相支配也是不可能的。

現(xiàn)在，我們可以說(shuō)明一些支配點(diǎn)之間的性質(zhì)。若 $u$ 有兩個(gè)支配點(diǎn) $v$ 和 $x$，但是 $v$ 和 $x$ 沒(méi)有支配關(guān)系（即支配關(guān)系非 “樹形”），則存在兩條從 $s$ 到 $u$ 的路徑，一個(gè)是 $s\to v\to u$，另一個(gè)是 $s\to x\to u$ 。

對(duì)于前者，令 $s\to v$ 不經(jīng)過(guò) $x$（由于 $v$ 和 $x$ 沒(méi)有支配關(guān)系，該路徑必然存在）。為了使 $x$ 支配 $u$，必須讓 $v\to u$ 總是經(jīng)過(guò) $x$ 。根據(jù)上面的結(jié)論，$x\to u$ 可以不經(jīng)過(guò) $v$，同理，$s\to x$ 可以不經(jīng)過(guò) $v$，于是 $s\to x\to u$ 完全不會(huì)經(jīng)過(guò) $v$，說(shuō)明 $v$ 不支配 $u$ 啦，矛盾！

有了這一條，你會(huì)發(fā)現(xiàn)，一個(gè)點(diǎn)的所有支配點(diǎn)的導(dǎo)出子圖是完全圖。這個(gè)完全圖又不能存在有向環(huán)（否則存在兩個(gè)點(diǎn)互相支配，這是荒謬的），所以存在一個(gè)點(diǎn)被其他所有點(diǎn)支配。那么當(dāng)前點(diǎn)就以這個(gè)點(diǎn)作為支配樹上的父節(jié)點(diǎn)即可。

有點(diǎn)歸納法的感覺(jué)，對(duì)嗎？對(duì)。按照 支配關(guān)系有向圖 的拓?fù)湫蚪浼纯伞?/p>

2.3.3.建支配樹

據(jù)說(shuō)又是 $tarjan$ 發(fā)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(guān)系不改變！

其實(shí)這個(gè)原因挺簡(jiǎn)單的。理解一下 $semi$ 到底是什么：越過(guò)樹邊上的點(diǎn)。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(diǎn)——如果有，那其實(shí)還是 $v$ 的祖先，沒(méi)有飛越樹上的點(diǎn)。

支配點(diǎn)肯定是 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 樹上的祖先（否則樹邊構(gòu)成一條路徑）。其樹上祖先，如果不是支配點(diǎn)，只可能是被跨過(guò)了。而跨過(guò)就是 $semi$ 嘛。如果感性的理解一下，$semi$ 已經(jīng)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(gè)：原圖變?yōu)榱?/strong> $DAG$！

其實(shí) $DAG$ 已經(jīng)可以搞定了。對(duì)于所有前驅(qū)，求支配點(diǎn)交集，在支配樹上體現(xiàn)為 $lca$ 的祖先。按照 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{n}$ 排序后，使用帶權(quán)并查集，倍增維護(hù) $lca$ 。時(shí)間復(fù)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(diǎn)中 $\text{dfn}$ 最大的點(diǎn)，尋找 $idom(x)$ 的方法是：

記 $P$ 為從 $semi(x)$ 到 $x$ 的樹上路徑點(diǎn)集（不包括 $semi(x)$ 本身），找一個(gè) $z\in P$ 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(duì)于前半句性感的證明就是，沒(méi)有 $semi(x)$ 的祖先連到 $P$ 中的邊，則刪去 $semi(x)$ ，$x$ 就不可達(dá)。畢竟 $P$ 以內(nèi)的所有點(diǎn)都連接 $?semi(p),p?$ 之后也不能跨過(guò) $semi(x)$ 。別忘了 $z$ 的定義哦！

對(duì)于后半句性感的證明（見下圖）就是：

假設(shè)刪掉 $idom(z)$ ，$x$ 依舊可達(dá)，則說(shuō)明在 $dfs$ 樹上，$idom(z)$ 有一個(gè)祖先，可以走一條非樹邊（也就是通過(guò) $semi$ 連出來(lái)的邊，圖中紅邊）到達(dá) $x$ 到 $idom(z)$ 中間的一個(gè)點(diǎn) $k$ 。

若 $z$ 不是 $k$ 的祖先，則刪掉 $idom(z)$ 后 $z$ 仍可達(dá)，與支配點(diǎn)定義不符，所以 $z$ 是 $k$ 的祖先。那么因?yàn)?$z\in P$ ，所以 $k\in P$ 。因?yàn)閯h除 $idom(z)$ 后 $semi(z)$ 不可達(dá)，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(shè)不可能成立。

版權(quán)聲明：本文為CSDN博主「litble」的原創(chuàng)文章，遵循CC 4.0 by-sa版權(quán)協(xié)議，轉(zhuǎn)載請(qǐng)附上原文出處鏈接及本聲明。
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這一小節(jié)是摘錄的，進(jìn)行了部分修改。

2.4.代碼實(shí)現(xiàn)

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

發(fā)現(xiàn) $semi$ 需要用到 $\text{dfn}$ 值更大的點(diǎn)的 $semi$ 。那就按照 $\text{dfn}$ 從大到小處理。

用 帶權(quán)并查集 好像可以做。用 $mi(x)$ 存該點(diǎn)到根節(jié)點(diǎn)的路徑中，$\text{dfn}[semi(z)]$ 值最小的一個(gè) $z$ 。畢竟也就用 $y$ 的祖先中比 $x$ 的 $\text{dfn}$ 大的點(diǎn)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(shí)候處理吧！——那個(gè)時(shí)候，中間的所有點(diǎn)都處理了。

很巧的是，恰好此時(shí) $semi(x)$ 的祖先還沒(méi)處理！可以一并使用并查集，因?yàn)楦?jié)點(diǎn)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(shù)據(jù)有誤所以應(yīng)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(shù)據(jù)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(shí)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(xué)，如有錯(cuò)誤之處，還請(qǐng)大佬斧正！

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【学习笔记】支配树的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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