CC GRAPHCNT - Counting on a directed graph 题解
首先建出支配树，如果两个点有除了 1 以外的公共支配点那就废了。那么就猜想，仅有公共支配点 1 这个条件也是充分的，这样就相当于求 \(\mathrm{LCA}(x,y)=1\) 的点对数量，就太简单了。网上所有题解都对这个猜想的证明一笔带过（不给证明写个铲铲的题解），仿佛很显然一样，我曾一度怀疑是不是世界上只有我一个人是弱智。后来找到了 CC 上的官方题解才发现确实挺难证的。
下面通篇翻译（bushi）CC 官方题解，就当报复一下社会。
之前做的支配树题最多是节点去截路径，这次是两条路径互刚了，所以在相邻两支配点之间走的路径交不交也是要考虑的。对支配树上相邻两个节点 \((x,y)\)，其中 \(x\) 是 \(y\) 的最近支配点，我们来考察一下 \(x\to y\) 所有可能的路径中所有可能的节点 \(z\) 有哪些：\(z\) 显然不被 \(y\) 支配，因为存在 \(1\to x\to z\) 的不经过 \(y\) 的路径，所以 \(z\) 一定不属于子树 \(y\)；而 \(z\) 又肯定被 \(x\) 支配，否则存在 \(1\to z\to y\) 的不经过 \(x\) 的路径，与 \(x\) 支配 \(y\) 矛盾，所以 \(z\) 一定属于子树 \(x\)。总结下来就是 \(z\) 可能是 \(\operatorname{subtree}(x)-\operatorname{subtree}(y)-\{x\}\) 中任意一个节点。这样对任意支配树上直链，它每一条边都是独立的一节，可以分开来分析。
其实刚才挖的过深了。设 \(1\to x\) 在支配树上为 \(1=x_0\to x_1\to\cdots\to x_n=x\)，\(1\to y\) 为 \(y_{0\sim m}\)，则跟据上面的理论 \(x_1\to x_n\) 的任意路径的任意节点都是 \(x_1\) 的后代，\(y_1\to y_m\) 也都是 \(y_1\) 后代，而 \(\mathrm{LCA}(x,y)=1\)，易知 \(\operatorname{subtree}(x_1)\cap\operatorname{subtree}(y_1)=\varnothing\)。所以 \(x_1\to x_n,y_1\to y_m\) 这两条路径是永不相交的，接下来只需要考虑 \(1\to x_1,1\to y_1\) 与之相交性。
先尝试构造 \(1\to x_1\) 与 \(y_1\to y_m\) 不相交，那么必不经过 \(y_1\)，而一旦不经过 \(y_1\)，它也无法经过 \(y_1\) 支配的 \(y_{2\sim m}\)，所以这就等价于要找 \(1\to x_1\) 不经过 \(y_1\)。这就是节点刚路径，由于 \(y_1\) 不支配 \(x_1\)，一定存在不经过 \(y_1\) 的 \(1\to x_1\) 路径。然后考虑找不交于 \(1\to x\) 的 \(1\to y_1\) 路径，找到了就 win 了。
现在先来扯一些其它事情：对两个不相邻的点 \(x,y\)，如果 \(x\to y\) 不存在必经点，那么必存在两条除端点外不相交的 \(x\to y\) 路径。回想起学点双、边双的时候双连通的两个等价定义：无必经边 / 点，以及存在两条没有交边 / 点的路径（两点一边的点双除外），当时在 blog 没有给出证明，想当然地认为很好证，仔细想想发现并不会从前者推出后者。其实有 / 无向图必经边 / 点问题专门有个定理叫门杰定理，是拓展版，内容是最小的割边 / 点集大小为 \(k\) 当且仅当最多有 \(k\) 条互不相交路径。证明非常巧妙的运用最大流最小割定理，那么有向图就显然了，必经点可以点边转化；而无向图最大流、最小割看似不会做（当年还以为不可做来着 2333），其实都将无向边正反建两条边即可：最大流中易证一条边正反走两遍一定不是最优，最小割中一组割 \((S,T)\) 只要割掉 \(S\to T\) 的边的 \(S\to T\) 方向有向边，恰与原无向边一一对应。
扯完了，继续证明。由于 \(1\) 最近支配 \(y_1\)，\(1\) 和 \(y_1\) 之间没有必经点。如果存在边 \((1,y_1)\) 那就 win 了对不；否则必存在 \(1\to y_1\) 的两条除端点不相交路径，如果其中有一条跟 \(1\to x\) 不交那就 win 了，否则设两者与 \(1\to x\) 交点按顺序分别为 \(a_{1\sim s},b_{1\sim t}\)。不妨设 \(a_s\) 比 \(b_t\) 离 \(1\) 更远，那么我们可以先沿着第一条路径走到 \(a_s\) 之后沿原定 \(1\to x\) 路径后半段走到 \(x\) 作为新 \(1\to x\) 路径，然后走第二条路径作为 \(1\to y_1\)，这样 \(b_{1\sim t}\) 在 \(1\to x\) 上全部消失了，而 \(a\) 和 \(b\) 又不交，证毕！
