支配树详解

2019.3.3 update:修改了证明的格式,给模板代码加上注释 2019.3.3 update：加上了一道例题讲解 2019.3.3 update：加上了latex # 支配树概念 给定一个有向图，给定起点S，终点T，要求在所有从S到T的路径中，必须经过的点有哪些(即各条路径上点集的交集），称为支配点。简而言之，如果删去某个点（即支配点），则不存在一条路径能够使S到达T。由支配点构成的树叫做支配树 假设下图为给定的有向图  # 支配树的性质 支配树是一颗由起点S为根的树，根到树上任意一点路径经过的点都是它的支配点。 对于每颗子树，都符合上述性质（即子树内一点到该子树的根路径经过的点都是该子树的根的支配点） # 支配树的算法——Lengauer Tarjan ## 前置知识 学会构建dfs树，对于dfn序有简单的了解 对于树上两点路径有初步的认识，知道LCA的概念 知道带权并查集的合并方法（合并子树时需要使用） ## 主要变量 1：$dfn[x]$,表示x的dfs序（若没有说明，下文文中节点大小比较默认为比较两个点的dfn大小） 2：$sdom[x]$，表示x的半支配点 3：$idom[x]$,表示x的最近支配点 4：完全祖先：不包含自身的祖先节点 5：完全后代：不包含自身的子节点 关于 $dfs$ 树，此处存在一个定理 若 $u,v$ 是 $dfs$ 树上的任意两个节点，那么从u到v的路径上必然存在某个点为这两个点的 $LCA$（最近公共祖先） 证明：对于树上两点的路径，必然存在一个深度最小的点，使得两点路径必然经过该点。可以形象理解为一个爬树的过程，即从一个点出发，慢慢向上爬，必然访问到一个最高点后再慢慢向下走，最终访问到另外一个节点，那么那个最高点就可以形象地理解为这两个点的LCA。  ### 关于半支配点 #### 定义 对于一个节点U，存在V能够通过许多点（不包含V和U）到达点U 且对于任意i都有$dfn[i]>dfn[U]$，对于所有满足条件的V中能使dfn[V]最小的V称为半支配点 即$sdom[U]=V$ 简而言之 $sdom[w]=min${$v|$存在路径$v=v_0, v_1, ..., v_k=w$使得$v_i>w$对$1<=i<=k-1$成立}. #### 性质 1：半支配点是唯一的（但是支配点可以有多个） 证明：根据半支配点的定义，因为是路径中节点的最小值，所以只有一个 2:对于任意点w，它的半支配点必定是它在$dfs\ tree$上的祖先 证明：假设w在dfs树上的父亲节点为$w_1$，根据dfs树的定理可知，必然有$sdom[w]>=w_1>w$。 且存在一条路径 $sdom[w]=\{v_0, v_1, ..., v_k=w$ ，使得$v_i>w$对$1<=i<=k-1$成立。} 又根据dfs树的性质，存在某一节点$v_i=LCA(sdom[w],w)$。 但因为$v_i<sdom[w]$，所以$v_i=sdom[w]$，且$sdom[w]$是$w$的一个完全祖先，结论得证 3：对于任意节点$w$（w不等于起点s）的支配点必然是该节点的半支配点的祖先节点 证明：根据上述性质，我们可以证明$sdom[w]$和$idom[w]$是节点$w$的完全祖先。 假设我们已经得到了一条从起点$s$到$w$的链，根据半支配点的定义，这条路径中必定不包含w的完全祖先和$sdom[w]$的完全后代，那么$idom[w]$必然是$sdom[w]$的祖先节点，结论得证 4：假设 存在$v,w$且$v$是$w$的祖先，那么$idom[w]$不为v的后代就为$idom[v]$的祖先 证明： 设存在某一x是$idom[w]$的任意一个完全后代，且同时是v的完全祖先。 则必然存在一条从s到v且不经过x的路径。我们再找到一条从v到w的路径，将这两条路径连接起来，我们就得到了一条从s到w不经过x的路径。 因此$idom[w]$要么是v的后代，要么是$idom[v]$的祖先。 #### 求取方法 对于任意点$u(u≠S)$，若点U和点V之间存在路径 $sdom[u]$=$min$({v|(v,u)∈E且v<u}∪{sdom[k]|k>u}且存在边(v,u)满足k是v的祖先}) 简而言之 ``` if(dfn[u]>dfn[v]) sdom[u]=min(v); else sdom[u]=min{sdom[k]} //对于∀k满足dfn[k]>dfn[U]且k能到达U ``` 证明（本段证明翻译于tarjan的本人思路）： 设x等于上式右端。我们首先证明$sdom(w)<=x$。 如果x使得x能到达w且$dfn[x]<dfn[w]$，那么有$sdom(w)<=x$。 另一种情况，$x=sdom[w]$，$dfn[u]>dfn[w]$，且存在边$(v,w)$满足u是v的祖先节点。 存在一条路径{$x=v_0, v_1, ..., v_j=u$，使得$v_i>u>w$对$1<=i<=j-1$成立。} 而树上路径$u->v$满足$vi>=u>w$对$j<=i<=k-1$成立。 因此路径$x=v_0, v_1, ..., v_{k-1}=v$满足$v_i>w$对$1<=i<=k-1$成立。所以$sdom(w)<=x$。 我们还需要证明$sdom[w]>=x$。 假设存在一条路径$sdom[w]$={$v_0, v_1, ..., v_k=w$，使得$v_i>w$对$1<=i<=k-1$成立。} 若k=1，那么存在一条路径从$sdom[w]$到w。而根据上述引理，却有$sdom(w)<w$。于是$sdom(w)>=x$。 对k>1的另一种情况，设j是使得$j>=1$并且$v_j$是$v_{k-1}$的祖先的最小值。这样的j一定存在，因为j可以等于k-1. 我们断言：对于$1<=i<=j-1$，$v_i>v_j$成立。 否则，我们选取所有满足$1<=i<=j-1$且$v_i<=v_j$的i中使得v_i最小的那个。 由上述性质，$v_i$是$v_j$祖先，和j的选择矛盾。这证明了结论。 根据上述证明，$sdom[w]>=sdom$ $[v_j]$>=x。因此无论k=1还是k>1，都有$sdom[w]>=x$，定理得证. 虽然看起来很复杂，但是仔细理解一下还是容易看懂的（我自己实在想不出能够比这个更合理更正确的证明方法，就直接引用原文了） ### 关于最近支配点 #### 定义 如果图中存在节点v,w,且v支配w，并且w的其他支配点均支配v，我们就称v是w的最近支配点，记作$idom[w]=v$ #### 应用 通过已知$sdom$推导得$idom$ 令集合P={$x$到$sdom[x]$路径上的点集} 令元素$k=min(dfn[P[i]])$ ``` if(sdom[k]==sdom[x]) idom[x]=sdom[x] else idom[x]=iodm[z] ``` 证明（不好意思又是来自tarjan老爷子的论文，我努力简化了一下，尽量不违背原文意思，毕竟不能误人子弟）： 若需要证明上述结论，只需要分别证明两个结论 考虑$sdom[w]$支配了w。 考虑任意一条从s到w的路径p。设x为这条路径上最后一个满足$x<sdom[w]$的点。若无此x，则$sdom[w]$一定支配w。 否则，设y是路径上x之后，满足$sdom[w]$是y的完全祖先，而y又是w的完全祖先的第一个点。 设路径$q=(x=v_0, v_1, v_2, ..., v_k=y)$是路径p中从x到y的一部分。对于$1<=i<=k-1$,有$v_i>y$。 否则如果有$v_i<y$，那么存在某个满足$i<=j<=k-1$的$v_j$是y的祖先。由于x的选择方式，一定有$v_j>=sdom[w]$，这意味着$sdom[w]$和y的选择矛盾。从而证明了上述观点 这一观点加上半支配点的定义，成功得到了$sdom[y]<=x<sdom[w]$.根据定理的假设，y不可能是$sdom[w]$的完全后代。这意味着$y=sdom[w]$，且$sdom[w]$位于路径p上。由于路径p是任意的，$sdom[w]$支配了w。证毕。 ## 关于算法实现 1：先对这张图进行一遍dfs,求出dfn 2：求出sdom 根据sdom的上述性质，我们可以通过根据dfn大小从大到小遍历，那么我们查询的都是祖先链，根据定义我们可以很轻松地求出sdom 3：保留dfs tree 上的节点和边，那么显然，原图变为了一个DAG 然后再将点丢到支配树中，在做这个操作之前，我们需要先求出该点祖先链中sdom的最小值，然后这个点会成为一颗子树的根，通过带权并查集维护各个子树并连接。最后通过sdom求出idom，算法就完成了 ## 代码实现 [支配树模板题](https://www.luogu.org/problemnew/show/P5180) 题意：给定一张有向图，求从1号点出发，每个点能支配的点的个数（包括自己） ``` #include<bits/stdc++.h> using namespace std; using namespace std; inline int read() { int x=0; char c=getchar(); bool flag=0; while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')flag=1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=(x+(x<<2)<<1)+ c-'0';c=getchar();} return flag?-x:x; } const int N=2e5+10; int n,m,ans[N],dfn[N],id[N],tot,dep[N]; int ffa[N],fa[N],semi[N],val[N],du[N],ff[25][N]; queue<int>q,q1; vector<int>cg[N]; struct node { vector<int>edge[N]; inline void add(int u,int v){edge[u].push_back(v);} }a,b,c,d; inline void dfs(int x,int f) { dfn[x]=++tot,id[tot]=x,ffa[x]=f,c.add(f,x); for(int i=0;i<a.edge[x].size();++i) if(!dfn[a.edge[x][i]]) dfs(a.edge[x][i],x); } inline void dfs_ans(int x) { ans[x]=1; for(int i=0;i<d.edge[x].size();++i) dfs_ans(d.edge[x][i]),ans[x]+=ans[d.edge[x][i]]; } inline int find(int x) { if(x==fa[x]) return x; int tmp=fa[x];fa[x]=find(fa[x]); if(dfn[semi[val[tmp]]]<dfn[semi[val[x]]]) val[x]=val[tmp]; return fa[x]; } inline int LCA(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); int d=dep[x]-dep[y]; for(int i=20;i>=0;i--) if(d&(1<<i)) x=ff[i][x]; for(int i=20;i>=0;i--) if(ff[i][x]^ff[i][y]) x=ff[i][x],y=ff[i][y]; return x==y?x:ff[0][x]; } inline void tarjan() { for(int i=n;i>=2;--i) { if(!id[i]) continue; int x=id[i],res=n; for(int j=0;j<b.edge[x].size();++j) { int v=b.edge[x][j]; if(!dfn[v]) continue; if(dfn[v]<dfn[x]) res=min(res,dfn[v]); else find(v),res=min(res,dfn[semi[val[v]]]); } semi[x]=id[res],fa[x]=ffa[x],c.add(semi[x],x); } for(int x=1;x<=n;x++) for(int i=0;i<c.edge[x].size();++i) du[c.edge[x][i]]++,cg[c.edge[x][i]].push_back(x); for(int x=1;x<=n;x++) if(!du[x]) q.push(x); while(!q.empty()) { int x=q.front();q.pop();q1.push(x); for(int i=0;i<c.edge[x].size();++i) if(!--du[c.edge[x][i]]) q.push(c.edge[x][i]); } while(!q1.empty()) { int x=q1.front(),f=0,len=cg[x].size();q1.pop(); if(len) f=cg[x][0]; for(int j=1;j<len;j++) f=LCA(f,cg[x][j]); ff[0][x]=f,dep[x]=dep[f]+1,d.add(f,x); for(int p=1;p<=20;p++) ff[p][x]=ff[p-1][ff[p-1][x]]; } } int main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=val[i]=semi[i]=i; for(int i=1;i<=m;i++) { int u=n-read()+1,v=n-read()+1; a.add(u,v),b.add(v,u); } dfs(n,0);tarjan();dfs_ans(n); for(int i=n;i>=1;i--) printf("%d ",ans[i]); } ``` [例题：灾难](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2597) 题意：给定一个DAG，求如果删去一个点有多少个点会被影响（即灭绝） 分析：其实看明白了就是一道支配树板子题。因为每个点之间都存在依赖关系，如果删去某个点，对于任意一个原先有入度的点说，如果因此没有入度，那么它就死了，并且删除与它相连的边，然后重复迭代以上步骤直到没有点死去 然后我们把边反向然后观察可以发现：如果说删除了一个点后某个点无法连向原图中无入度的点（注意是原图中的入度，反图中就是出度），那么它就死了 但是对于原图中，存在某些点没有入度（即生产者，不依赖任何东西），那么我们只需要建一个超级源点把这些没有入度的点连接起来，~~然后跑网络流~~，那么那个点则为我们的起点，而题目也转换为模板题了 代码 ``` #include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read() { int x=0; char c=getchar(); bool flag=0; while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')flag=1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') {x=(x+(x<<2)<<1)+ c-'0';c=getchar();} return flag?-x:x; } const int N=2e5+5; int n,m; struct node { vector<int>edge[N]; inline void add(int u,int v) { edge[u].push_back(v); } } a,b,c,d; int dfn[N],id[N],fa[N],cnt; //dfn表示dfs序,id表示序号所对应的点,fa记录点u的父亲节点 void dfs(int u) { dfn[u]=++cnt;id[cnt]=u; int len=a.edge[u].size(); for(int i=0; i<len; ++i) { int v=a.edge[u][i]; if(dfn[v])continue; fa[v]=u; dfs(v); } } int sdom[N],idom[N],bel[N],val[N]; //sdom表示半支配点,idom表示支配点 //val[x]表示从x到其已经被搜过的祖先的dfn的最小值val[x] //bel[x]表示并查集中的fa inline int find(int x) { if(x==bel[x])return x; int tmp=find(bel[x]); if(dfn[sdom[val[bel[x]]]]<dfn[sdom[val[x]]]) val[x]=val[bel[x]]; //用sdom[val[x]]更新sdom[x] return bel[x]=tmp; } inline void tarjan() { for(int i=cnt; i>1; --i)//在dfs树上遍历,从大到小 { int u=id[i],len=b.edge[u].size(); for(int i=0; i<len; ++i) { int v=b.edge[u][i]; if(!dfn[v])continue;//不在dfs树上 find(v); if(dfn[sdom[val[v]]]<dfn[sdom[u]]) sdom[u]=sdom[val[v]]; } c.add(sdom[u],u); bel[u]=fa[u],u=fa[u]; len=c.edge[u].size(); for(int i=0;i<len;++i) { int v=c.edge[u][i]; find(v); if(sdom[val[v]]==u) idom[v]=u; else idom[v]=val[v]; } } for(int i=2;i<=cnt;++i) { int u=id[i]; if(idom[u]!=sdom[u]) idom[u]=idom[idom[u]]; } } int ans[N]; void dfs_ans(int u) { ans[u]=1; int len=d.edge[u].size(); for(int i=0;i<len;++i) { int v=d.edge[u][i]; dfs_ans(v); ans[u]+=ans[v]; } } int du[N]; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) for(int k=read();k;k=read(),++du[i]) a.add(k,i),b.add(i,k); for(int i=1;i<=n;++i) sdom[i]=bel[i]=val[i]=i; for(int i=1;i<=n;++i) if(du[i]==0) a.add(0,i),b.add(i,0); dfs(0); tarjan(); for(int i=1;i<=n;++i) d.add(idom[i],i); dfs_ans(0); for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]-1); } ``` 这个算法的时间复杂度是O(（$n+m$）$log$($n$))或者O(($n+m$)$α$),空间复杂度是O(n)。 图片以及主要思路来源于[tarjan的论文](https://pan.baidu.com/s/1RghRbJoUNY6XYe5zaCedcA ) （提取码：wnvy ）