[loj3504]支配

令$S_{x}$表示$x$支配的节点集合，可以暴力枚举$x$并求出$S_{x}$（删去$x$后从1开始dfs，复杂度为$o(nm)$），进而反过来即可求出受支配集$D_{x}$

结论1：若$z\in S_{x}\cap S_{y}$，则有$x\in S_{y}$或$y\in S_{x}$

由于$x$和$y$都支配$z$，那么考虑任意一条从1到$z$的简单路径，必然经过$x$和$y$（且恰好经过一次）

考虑两者经过的先后顺序，不妨假设先经过$x$，那么若$x$不支配$y$，即存在从1到$y$且经过$x$的简单路径，再从$y$到$z$即可，那么即与$x$支配$z$矛盾，反之类似，即得证

结论2（传递性）：若$x\in S_{y}$，则$S_{x}\subset S_{y}$

（关于这个结论比较显然，严格包含是因为$y\in S_{y}$且$y\not\in S_{x}$）

综合上述两个结论，任意两个集合要么成严格包含关系，要么不交，即可构成一棵树形关系

更具体的，这棵树以1为根，且对于$x\ge 2$，令$x$的父亲$y$为满足$S_{x}\subset S_{y}$且$|S_{y}|$最小（可以证明唯一）

此时，对于一个节点$x$，其受支配集$D_{x}$即为其到根路径上所有节点

关于这棵树的求法，（求出$S_{x}$和$D_{x}$后）有以下暴力$o(n^{2})$的做法——

选择当前受支配集为空的节点$x$，对于所有$y\in S_{x}$的节点在$D_{y}$中删除$x$，并且$x$的父亲即为$D_{x}$中最后一个被删除的节点，以下记作$fa_{x}$

但暴力删除复杂度无法接受，直接记录$|D_{y}|$即可

当然，还有更为优秀的$o(n)$的做法，可以自行搜索支配树

求出支配树后，考虑询问插入$(x_{0},y_{0})$这条边时的情况——

结论3：若$D_{x}$变化，则$x$子树内所有节点受支配集均发生变化

由于是插入边$(x_{0},y_{0})$且初始1可以到达任意点，那么$D_{x}$变化必然是节点被删除

假设删除的是$y$，对于$x$子树内的节点$z$，显然也可以构造出不经过$y$到达$z$的路径，因此$y$也在$D_{z}$中被删除

由此，我们发现受支配集变化的一定是若干棵不交的子树，显然仅关心于子树的根，也即$D_{x}$发生变化但$D_{fa_{x}}$不发生变化的节点$x$

结论4：$D_{x}$变化且$D_{fa_{x}}$未发生变化，必然有$fa_{x}\notin D_{x}$（变化后的$D_{x}$）

反证法，假设$fa_{x}\in D_{x}$，那么$D_{x}$中被删除的节点$y$必然是$fa_{x}$的祖先（且不为$fa_{x}$自身），接下来对于从1到$x$且不经过$y$的路径，对其是否经过$fa_{x}$分类讨论——

(1)若其经过$fa_{x}$，那么$y$不再支配$fa_{x}$，与$D_{fa_{x}}$未变化矛盾

(2)若不经过$fa_{x}$，那么即存在从1到$x$且不经过$fa_{x}$的路径，与$fa_{x}\in D_{x}$矛盾

综上，即说明$fa_{x}\notin D_{x}$

同时，在满足这个条件时，$D_{x}$必然发生变化，因此只需要找出所有这样的$x$，并标记，之后再一次dfs统计所有到根路径上存在此类标记的节点即可

下面，即查询所有节点$x$，满足存在一条路径使得其不经过$fa_{x}$到达$x$，若不经过新边$(x_{0},y_{0})$显然不存在此类路径，因此也即要求存在从1到$x_{0}$和从$y_{0}$到$x$的路径，且都不能经过$fa_{x}$

同时，这两段都不能利用新边，那么第一个问题中也即要求$x_{0}$不能在$fa_{x}$的子树中，第二个问题对每一个$x$独立，也即对于原图的反图从$x$开始不经过$fa_{x}$能到达$y_{0}$

两者都可以预处理出来，之后即可$o(1)$判断每一个节点$x$是否满足这两个条件，复杂度为$o(nq)$

然而还是会被卡常， 因此还有下面复杂度更优秀的做法——

更进一步的，将询问排序后考虑相同的$y_{0}$，其限制了若干个点，同时$x_{0}$又限制了其到根以及其所有儿子不能选，那么令$f_{k}$表示$k$子树内仅考虑$k$子树内权值的答案，维护其到根路径的答案即可

时间复杂度降为$o(nm+q)$，可以轻松的通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 3005
 4 struct Edge{
 5     int nex,to;
 6 }edge[N<<2];
 7 queue<int>q;
 8 vector<int>v[N],S[N];
 9 int E,n,m,t,x,y,ans,head[2][N],vis[N],D[N],fa[N],dfn[N],sz[N],Vis[N][N];
10 void add(int p,int x,int y){
11     edge[E].nex=head[p][x];
12     edge[E].to=y;
13     head[p][x]=E++;
14 }
15 void dfs(int p,int k){
16     if (vis[k])return;
17     vis[k]=1;
18     for(int i=head[p][k];i!=-1;i=edge[i].nex)dfs(p,edge[i].to);
19 }
20 void dfs(int k){
21     dfn[k]=++dfn[0];
22     sz[k]=1;
23     for(int i=0;i<v[k].size();i++){
24         dfs(v[k][i]);
25         sz[k]+=sz[v[k][i]];
26     }
27 }
28 void calc(int k,int p){
29     if (vis[k])p=1;
30     if (p)ans++;
31     for(int i=0;i<v[k].size();i++)calc(v[k][i],p);
32 }
33 int main(){
34     scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
35     memset(head,-1,sizeof(head));
36     for(int i=1;i<=m;i++){
37         scanf("%d%d",&x,&y);
38         add(0,x,y);
39         add(1,y,x);
40     }
41     for(int i=1;i<=n;i++){
42         memset(vis,0,sizeof(vis));
43         vis[i]=1;
44         dfs(0,1);
45         for(int j=1;j<=n;j++)
46             if (!vis[j]){
47                 S[i].push_back(j);
48                 D[j]++;
49             }
50     }
51     q.push(1);
52     while (!q.empty()){
53         int k=q.front();
54         q.pop();
55         for(int i=0;i<S[k].size();i++){
56             fa[S[k][i]]=k;
57             if (--D[S[k][i]]==0)q.push(S[k][i]);
58         }
59     }
60     for(int i=2;i<=n;i++)v[fa[i]].push_back(i);
61     dfs(1);
62     for(int i=2;i<=n;i++){
63         memset(vis,0,sizeof(vis));
64         vis[fa[i]]=1;
65         dfs(1,i);
66         vis[fa[i]]=0;
67         memcpy(Vis[i],vis,sizeof(vis));
68     }
69     for(int i=1;i<=t;i++){
70         scanf("%d%d",&x,&y);
71         memset(vis,0,sizeof(vis));
72         for(int j=2;j<=n;j++){
73             if ((dfn[fa[j]]<=dfn[x])&&(dfn[x]<dfn[fa[j]]+sz[fa[j]]))continue;
74             if (Vis[j][y])vis[j]=1;
75         }
76         ans=0;
77         calc(1,0);
78         printf("%d\n",ans);
79     }
80 }