支配树

支配

在有向图G中，存在源点s，若从s出发的到达点y的路径都经过点x,称x支配y。

注意：若源点s有多个，则可以虚拟一个起点

性质1.源点s支配所有的点，点x一定支配x本身
性质2.支配的传递性，若x支配y,y支配z,则x支配z
性质3.若x支配y,y支配x,则有x=y
性质4.若x支配z,y也支配z,则x和y之间一定存在支配关系

这几条性质是显然的，就不证明了

支配树

定义dom[i]表示支配点i的点集，定义idom[i](immediate dominator)表示支配点i的点集中离i最近的且不等于i的点

性质5.除了源点s,所有点i都有唯一的idom[i]

根据性质5，将点i指向idom[i]即可得到一棵树，称之为原有向图的支配树

性质6.支配树的根节点为原图的源点s
性质7.支配树上点i的所有祖先节点就是点集dom[i]

根据性质4，点集dom[i]会形成一条支配链，则性质7得证

应用场景

无向图的必经点的分析工具是圆方树，有向图的必经点分析工具是支配树

DAG（有向无环图）的支配树

对于DAG的拓扑序，显然拓扑序大的结点不可达拓扑序小的结点，进而拓扑序大的结点不能支配拓扑序小的结点。

对于点y,其idom[y]=lca(x1,x2,...,xk),其中x1,x2,...,xk表示y的所有入边的点，lca为最近公共祖先

具体实现的时候每个点加入树的时候处理一下倍增信息，总时间复杂度O(nlogn)

例题

P2597 [ZJOI2012] 灾难
板题
注意：题目没有保证只有一个源点

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long sz[100];
vector<int> v[100000],v1[100000],v2[100000];
int dep[100000],dp[100000][51],siz[100000],si[100000];
int dom[100000];

inline int read(){
	char ch;int x=0;bool f=false;
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=true;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	if(f) x=-x;
	return x;
}

int lca(int a,int b){
	if(dep[b]>dep[a]) swap(a,b);
	int op=(dep[a]-dep[b]);
	for(int i=50;i>=0;i--){
		if(op<sz[i]) continue;
		op-=sz[i];
		a=dp[a][i];
	}
	if(a==b) return a;
	op=dep[a];
	for(int i=50;i>=0;i--){
		if(op<sz[i]) continue;
		if(dp[a][i]==dp[b][i]) continue;
		op-=sz[i];
		a=dp[a][i],b=dp[b][i];
	}
	return dp[a][0];
}

void get_lca(int now){
	if(now==0) return;
	int k=v1[now][0];
	for(int i=1;i<v1[now].size();i++){
		k=lca(k,v1[now][i]);
	}
	dom[now]=k;
	dp[now][0]=k,dep[now]=dep[k]+1;
	int op=dep[now];
	v2[k].push_back(now);
	//cout<<k<<" "<<now<<endl;
	for(int i=1;i<=50;i++){
		if(op<sz[i]) break;
		dp[now][i]=dp[dp[now][i-1]][i-1];
	}
}

void dfs(int now){
	//cout<<"now: "<<now<<endl;
	siz[now]=-1;
	get_lca(now);
	for(int i=0;i<v[now].size();i++){
		int to=v[now][i];
		siz[to]--;
		if(siz[to]==0) dfs(to);
	}
}

void dfss(int now,int fa){
	//cout<<now<<endl;
	for(int i=0;i<v2[now].size();i++){
		if(v2[now][i]==fa) continue;
		dfss(v2[now][i],now);
		si[now]+=si[v2[now][i]];
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	sz[0]=1;
	for(int i=1;i<=50;i++){
		sz[i]=sz[i-1]*2;
	}
	int u,op=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		op=0;
		while(u=read()){
			if(!u) break;
			op++;
			v[u].push_back(i);
			v1[i].push_back(u);
			siz[i]++;
		}
		if(!op){
			v[0].push_back(i);
			v1[i].push_back(0);
			siz[i]++;
		}
	}
	//for(int i=1;i<=n;i++) cout<<siz[i]<<endl;
	dfs(0);
	//cout<<"Yes"<<endl;
	for(int i=0;i<=n;i++) si[i]=1;
	dfss(0,-1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<si[i]-1<<"\n";
	return 0;
}

有向图的支配树

对有向图跑DFS树，得到每个点的时间戳dfn[i],并约定点x<y,当且仅当dfn[x]<dfn[y](注意，该约定在下文的半支配点中任然生效)

性质1.若x<y,则原图中x到y的所有路径都经过树上x和y的公共祖先

半支配点(semi-dominator)

半支配点与有向图支配树算法相关

注意：本节中的祖先为DFS树上的祖先

定义一个点x(x!=s)的半支配点为sdom[x]。满足在原图上，存在一条路径从sdom[x]到x,除了x和sdom[x]之外的任意一点y,dfn[y]>dfn[x]。且sdom[x]是满足条件的点中dfs序最小的。

性质2.sdom[x]<x,因为显然fa[x]满足条件，而fa[x]<x
性质3.对于任意x!=s,sdom[x]为x在DFS树上的祖先结点
性质4.对于任意x!=s,idom[x]一定是sdom[x]的祖先结点

对于性质4，假设idom[x]不是sdom[x]的祖先结点，那么根节点s一定可以直接走到sdom[x],不经过idom[x]。

根据sdom[x]的定义，其可以不经过时间戳比x更小的点到达x, 而idom[x]一定是x的祖先，自然idom[x]<x，所以sdom[x]可以不经过idom[x]走到x,产生矛盾

定理1.对于任意点x!=s,如果点y是sdom[x]到x路径上的一点且x!=y,且任意y都满足sdom[y]>=sdom[x],那么idom[x]=sdom[x]
定理2.对于任意点x!=s,设y是sdom[x]到x路径上的一点，y!=x,且sdom[y]为这条路径上最小的点，若sdom[y]<=sdom[x],那么idom[x]=idom[y]

寻找有向图idom[x]的方法

对于任意x!=s,设y为sdom[x]到x路径上的点，y!=x,且sdom[x]为这条路径上最小的点，那么\(idom[x]=\begin{Bmatrix}sdom[x](sdom[y]=sdom[x])\\idom[y](sdom[y]<sdom[x])\end{Bmatrix}\)
于是只需要求出sdom[x]即可

寻找有向图sdom[x]的方法

对于任意点x!=s,设y1为x的祖先结点中在原图中存在边指向x的最小点

设点p>x,且p能够通过原图的边到达点x

设y2为所有p中最小的sdom[p],那么：

\[sdom[x]=min(y1,y2) \]

全步骤

1.跑一棵生成树，得到DFS序
2.求出半支配点sdom[x]
3.利用结论求出一部分点的idom[x]
4.求出剩余点的idom[x]

posted @ 2024-06-04 21:26 星河倒注阅读(88) 评论(0) 收藏举报

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wangwenhan

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