支配树与Lengauer-Tarjan算法

伪目录

1. 给出支配树的定义
2. 给出一些性质
3. 介绍快速构造支配树的Lengauer-Tarjan算法及具体实现

支配树是啥

一个有源点的有向图，其支配树是知足下面条件的一个有向图：

对于支配树上一点，若断开此点，则源点一定不能到达它的任何儿子，而且能到达其余任意一个点。

不显然的，它是一棵树（固然后面会有证实）

支配树有不少实际用途，我都不知道。

一些性质

对于一个有向图，假设源点为 $r$，先从 $r$出发构造一棵dfs树。

定义：对于一个点 $u$，若一支配 $u$的点 $w$知足 $w\not= u$而且 $w$被支配 $u$的其余不含 $u$的支配点支配，则 $w$就是 $u$的最近支配点，记做 $idom(u)$。

通俗的讲， $w$是离 $u$最近的那个支配点，而且能刚好支配 $u$。

Lemma 1: 支配关系不存在环。

Proof: 若 $a$支配 $b$，那么 $r$到 $b$一定通过 $a$，若 $b$支配 $a$则到达 $b$须要通过 $a$，此时并无通过 $b$，产生矛盾。

Lemma 2: 除源点外，其余点有且仅有一个最近支配点。

Proof: 若 $a$支配 $b$， $b$支配 $c$，则 $a$支配 $c$；若 $a$支配 $c$， $b$支配 $c$，那么 $a$支配 $b$或 $b$支配 $a$，不然能够找到一条路径不通过 $a$而到达 $c$而矛盾。所以支配 $u$的全部点的集合构成了一个全序关系，所以总能够找到一个点知足上述最近支配点的定义。

Theorem 1: 若链接一个点和其最近支配点，那么这张图构成了一棵树，而且知足支配树的定义。

Proof: 由Lemma 1和Lemma 2能够获得这张图就是一棵树。容易证实，若断开 $u$，则源点不可能到达 $u$的任意一个儿子。对于其余点，由支配树的定义和Lemma 2能够推导出这个点不会受到 $u$是否断开的影响。

由Theorem 1，若获得了全部点的 $idom$，则容易构造出这张图的支配树。

那么怎么求 $idom$呢？

首先定义：定义一个点 $u$的半支配点 $w$为存在路径 $w\rightarrow u$，使得除了 $w$，这条路径上任意一个点的dfs序都大于等于 $u$的dfs序，而且 $w$是全部知足条件的点中最小的那个，记做 $sdom(u)$。

Lemma 3: 对于任意一点 $u\not=r$， $idom(u)$为 $u$在dfs树上的祖先。

Proof: 若不是祖先，则能够找到一条只通过树边的路径，一定不通过 $idom(u)$。

Lemma 4: 对于任意一点 $u\not=r$， $sdom(u)$为 $u$在dfs树上的祖先。

Proof: 若不是祖先，若其dfs序小于 $u$的dfs序，则dfs时一定会通过 $sdom(u)$而到达 $u$，此时 $sdom(u)$就是 $u$的祖先，产生矛盾；不然，则能够找到一个点 $w$为 $sdom(u)$在dfs树上的祖先，路径 $w\rightarrow sdom(u)\rightarrow u$是一条知足定义的路径，而且 $w$的dfs序小于 $sdom(u)$的dfs序，产生矛盾。

Lemma 5: 对于任意一点 $u\not=r$， $idom(u)$为 $sdom(u)$在dfs树上的祖先。

Proof: 若不是祖先，则能够找到一条 $r\rightarrow sdom(u)\rightarrow u$的路径，其中 $r\rightarrow sdom(u)$通过dfs树边，显然不通过 $idom(u)$； $sdom(u)\rightarrow u$这段路径上任意一个点的dfs序大于 $u$，因为Lemma 3，这段路径也不通过 $idom(u)$，所以找到了一条路径能够绕过 $idom(u)$，产生矛盾。

Lemma 6: 对于任意两点 $u\not=r,v\not=r$，若 $u$是 $v$的祖先，则 $u$是 $idom(v)$的祖先或 $idom(v)$是 $idom(u)$的祖先（上面两种状况均可以相等）。

Proof: 不然 $idom(u)$是 $idom(v)$的祖先， $idom(v)$是 $u$的祖先，那么存在一条路径能绕过 $idom(v)$而到达 $u$进而到达 $v$，产生矛盾。

Theorem 2: 对于任意一点 $u\not=r$，若 $sdom(u)\rightarrow u$只通过树边的路径上，不包括 $sdom(u)$的任意一点 $v$都知足 $sdom(u)$是 $sdom(v)$的祖先或两者相等，则 $idom(u)=sdom(u)$。

Proof: 由Lemma 5，若 $sdom(u)$支配 $u$，则 $idom(u)=sdom(u)$。对 $r\rightarrow u$的任意一条路径，取dfs序最大的点 $w$知足 $w$是 $sdom(u)$的祖先；取dfs序最小的点 $x$，知足 $sdom(u)$是 $x$的祖先或两者相等，容易发现这样的点一定存在。那么 $sdom(x)$的就是 $w$，可是 $w$是 $sdom(u)$的祖先，所以 $x=sdom(u)$，那么任何 $r\rightarrow u$的路径一定通过 $sdom(u)$，所以 $sdom(u)$支配 $u$。

Theorem 3: 对于任意一点 $u\not=r$，若 $sdom(u)\rightarrow u$只通过树边的路径上，不包括 $sdom(u)$的点中，对于 $sdom(v)$的dfs序最小的 $v$，知足 $sdom(v)$是 $sdom(u)$的祖先，那么 $idom(u)=idom(v)$。

Proof: 由Lemma 5和Lemma 6， $idom(u)$是 $idom(v)$的祖先或两者相等。所以只要证实 $idom(v)$支配 $u$便可。相似Theorem 2的证实，取 $w$为 $idom(v)$的祖先， $x$为 $idom(v)$的后代或两者相等，那么 $sdom(x)$为 $w$，又因为 $sdom(v)$是最大的，所以 $x$不多是 $sdom(u)$的后代；若 $x$是 $sdom(u)$的祖先或相等，可是是 $idom(v)$的后代，那么就找到了一条绕过 $idom(v)$而到达 $v$的路径。所以 $x$就是 $idom(v)$。那么全部路径都通过 $idom(v)$，所以 $idom(v)$支配 $u$。

由Theorem 2和Theorem 3，咱们能够轻松的由 $sdom$求出 $idom$了。

Theorem 4: 对于任意一点 $u\not= r$， $sdom(u)$是知足下列条件两条件的dfs序最小的 $x$：1. 存在一条边 $x\rightarrow u$且 $x$的dfs序小于 $u$的dfs序；2. $x=sdom(v)$， $v$的dfs序大于 $u$的dfs序，而且存在一个点 $w$知足存在一条边 $w\rightarrow u$且 $v$是 $w$的祖先或相等。

Proof: 显然对于每个 $x$，都存在一条知足 $sdom$要求的路径。因为 $sdom(u)$后面的点dfs序必定大于等于 $u$，取 $sdom(u)$的后面一个点 $v$，那么 $sdom(v)$的dfs序一定等于 $sdom(u)$，而且 $v$符合上述条件。

由Theorem 4能够很方便的求出 $sdom$。

具体实现

以dfs序的倒序枚举每一个点，假设有一个数据结构，支持：将一个点做为另一个点的父亲；查询这个点到根的 $sdom$最小值。

设当前枚举的点为 $u$，能够枚举 $u$的前驱 $x$，那么 $sdom(u)$就是 $u$的前驱在数据结构上的 $sdom$最小值的最小值。

对于 $u$的父亲 $t$，每一个 $sdom(w)=t$而且 $w$是 $u$的后代或两者相等的 $w$在数据结构上的 $sdom$最小值就是Theorem 2和Theorem 3描述的最小值，直接更新 $w$的 $idom$便可。

注意Theorem 3中 $v$的 $idom$可能尚未被更新，那么暂时令 $idom(w)=v$，以后若 $idom(w)\not=sdom(w)$就更新成 $idom(idom(w))$。

数据结构能够采用带权并查集，时间复杂度 $O(n\log n)$

代码

//dfn[i]为i的dfs序，idfn[i]是dfs序为i的点，het[i]是i的全部前驱，bkt[i]是全部sdom为i的点
//eval(i)为找到并查集中这个点到父亲的sdom中dfs序最小的那个
int getidom()
{
  for(int i=cnt; i>1; --i)
    {
      int u=idfn[i];
      for(int v:het[u])
        {
          if(!dfn[v])
            {
              continue;
            }
          int w=eval(v);
          if(dfn[sdom[w]]<dfn[sdom[u]])
            {
              sdom[u]=sdom[w];
            }
        }
      bkt[sdom[u]].push_back(u);
      int t=fa[u];
      dsu::fa[u]=t;
      for(int v:bkt[t])
        {
          int w=eval(v);
          idom[v]=(sdom[w]==sdom[v])?t:w;
        }
      bkt[t].clear();
    }
  for(int i=2; i<=cnt; ++i)
    {
      int u=idfn[i];
      idom[u]=(idom[u]==sdom[u])?(idom[u]):(idom[idom[u]]);
    }
  return 0;
}