前言

orz一下這位大神。

本文獻給想要性感地理解支配樹的同學，如果你想更性感一點，所有證明均可跳過。

litble特別菜，有錯誤請指出，謝謝。

支配點

很久很久以前，有一張有向圖，有向圖有一個起點 $S$，有一個叫小X的強盜，佔據一個點攔路打劫。當小X佔據了 $x$

x 點後，若從 $S$出發就到不了 $y$點了，那麼 $x$

x 就是 $y$的支配點。

而支配樹，就是滿足樹上一個點 $x$的所有祖先都是它的支配點的樹。

How to build 支配樹

以下我們假定從 $S$

S 出發可以到達圖上所有點。

樹形圖

顯然，樹形圖自己就是自己的支配樹。

DAG

DAG的話，我們按照拓撲序從小到大進行，假設處理到點 $x$，則查一遍所有可達點 $x$的點 $y$，所有點 $y$一定被加入了支配樹中，那麼它們在支配樹上的LCA就是 $x$在支配樹上的父親。

倍增就可以做到 $O(n \log n)$，例題洛谷P2597，程式碼如下：

#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;
}
const int N=65540;
int n,top,js;
int f[N][16],du[N],p[N],st[N],ans[N],dep[N];
vector<int> g[N],rg[N],tr[N];
void topsort() {
	for(RI i=1;i<=n;++i)
		if(!du[i]) g[0].push_back(i),rg[i].push_back(0),++du[i];
	top=1,st[top]=0;
	while(top) {
		int x=st[top];p[++js]=x,--top;
		for(RI i=0;i<g[x].size();++i) {
			--du[g[x][i]];
			if(!du[g[x][i]]) st[++top]=g[x][i];
		}
	}
}
int lca(int x,int y) {
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(RI i=15;i>=0;--i) if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
	if(x==y) return x;
	for(RI i=15;i>=0;--i) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
	return f[x][0];
}
void dfs(int x) {
	ans[x]=1;
	for(RI i=0;i<tr[x].size();++i)
		dfs(tr[x][i]),ans[x]+=ans[tr[x][i]];
}
int main()
{
	n=read();
	for(RI i=1;i<=n;++i) {
		int x=read();
		while(x) g[x].push_back(i),rg[i].push_back(x),++du[i],x=read();
	}
	topsort();
	for(RI i=2;i<=n+1;++i) {
		int x=p[i],y=rg[x][0];
		for(RI j=1;j<rg[x].size();++j) y=lca(y,rg[x][j]);
		tr[y].push_back(x),dep[x]=dep[y]+1,f[x][0]=y;
		for(RI j=1;j<=15;++j) f[x][j]=f[f[x][j-1]][j-1];
	}
	dfs(0);
	for(RI i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]-1);
    return 0;
}

一般有向圖

一般有向圖有一個優秀的做法叫做Lengauer Tarjan，對，又是Tarjan，Tarjan tql。

首先，我們從 $S$開始dfs整張圖，可以提取出一棵dfs樹，並且 $x$的dfs序是 $dfn(x)$。

半支配點

假設存在一個點 $y$，從 $y$出發有一條到 $x$的路徑，並且路徑上任何一點 $z$（不包括 $x$和 $y$）都滿足 $dfn(z)>dfn(x)$，則稱 $y$為 $x$的半支配點。

記 $semi(x)$為 $x$的dfn最小的半支配點，因為 $x$在dfs樹上的父親也是它的一個半支配點，所以 $semi(x)$一定是 $x$的祖先。

我們為什麼需要這個 $semi$呢？因為我們刪掉原圖中的非樹邊後，連邊 $(semi(x),x)$，不改變原圖中的支配點關係。性感的證明如下：

1. 假如在原圖上刪掉 $y$， $x$就不可達了，那麼顯然 $y$是 $x$在dfs樹上的祖先。
2. 假若從 $y$的某個祖先出發，可以在不經過 $y$的情況下，走到一個 $dfn(y) < dfn(z) \leq dfn(x)$的點 $z$， $y$就是 $x$的支配點，反之不是。
3. 因為不能經過 $y$，所以從這個祖先走到 $z$的路徑上經過的所有點的 $dfn$應該大於 $y$。
4. 假如這條路徑上的所有點的 $dfn$都大於 $z$，則顯然通過 $(semi(z),z)$可以保證新圖上這個點依然能到 $z$。否則，這條路徑要麼經過一個 $dfn$小於等於 $x$大於 $y$的點（直接滿足條件），要麼全部經過 $dfn$大於 $x$的點（也就是 $x$的半支配點）
5. 所以，新圖中的支配點關係與原圖相同。

如果求出了 $semi$，我們就把原圖變成了一個DAG，然後就可以重複DAG的做法啦。不過更優的做法也是有的。

求半支配點

對於一個點 $x$，我們找到所有邊 $(y,x)$對應的 $y$。

若 $dfn(y)<dfn(x)$

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