支配树(dominator tree)学习笔记

一些定义

• idom(w)=max{v∣删掉v后没有从起点到w的路径}

​ 记最近支配点 idom(w) 为 iw ，其意义如定义。

• sdom(w)=min{v∣有一条路径v=v0,v1,⋯vk=w使得对于i∈[1,k)有vi>w}

​ 记最远半支配点 sdom(w) 为 sw ，则 sw 的意义是dfs树上 w 的一个“最高分叉点”，也就是最浅的能够从“另一外一条路”绕到 w 的点。(这里我后来想了想感觉这么说也不太对。。。但是演算法笔记里面又是这么说的。。。有点不太懂sdom的意义了。。。可能的确只是一个辅助计算的东西吧。。。)

• 记图的起点为 r 。接下来讨论的图都是在有向图 G=(V,E) 的dfs树上的，点按照dfs序重标号。
• u→˙v 表示 u 是 v 的祖先， u−→+v 表示 u→˙v 且$u\neq v$。
• 路径 P(u,v) 表示沿着树边从 u 走到 v 中间遇到的点的集合（不包括 u,v ）。
• 路径 P[u,v] 表示沿着树边从 u 走到 v 中间遇到的点的集合（包括 u,v ）。
• 路径 P(u,v],P[u,v) 同理。

---

一些性质

1. sw−→+w 。
   
   • 首先至少 w 的父亲是一个半支配点，则 sw 不可能是比 faw 大的点。若 sw 不在祖先里，此时有一条 sw→w 的路径，与dfs树的性质矛盾。
2. iw→˙sw 。
   
   • 若 iw 不是 w 的祖先，则可以直接从 r 沿树边到 w 而不用经过 w ；若 iw 不是 sw 祖先，则 sw 处分出至少两条不相交路径，其中 iw 最多只能占一条，因此均矛盾。
3. iw−→+w 。
   
   • 由定义，显然。
4. 若对于 v,w 有 v→˙w ，则 iw∈P[v,w] 或 iw∈P[r,iv] 。
   
   • 由定义，存在至少两条 iv 到 v 的不相交路径 P1,P2 ，若 iw∈P(iv,v) ，则 iw 不能同时位于这两条路径上，矛盾。

---

两个 idom 的确定定理

1. 对于 w≠r ，若 ∀u∈P(sw,w] 均有 sw≤su ，则 iw=sw 。

   • 先说明 sw 支配了 w 。任取一条 r 到 w 的路径 p ，设 x 为路径中最后一个满足 x<sw 的点。如果不存在这样的 x ，也就意味着 sw 一定是路径中的起点，显然有 sw 支配 w 。 接着，令 y 为 p 在 P[sw,w] 中最的第一个点，再取 q={x,v1⋯vk,y} ，那么有 vi>y 。这个考虑反证，若有 vi<y ，注意到在dfs树上一个小点走向大点的路径里一定会经过它们的LCA，取这个LCA为 vj ，因为 x 已经是最后一个 x<sw 的点了，而 vj 在 x 后，因此 vj≥sw ，又因为 vj 是 y 的祖先，所以有 sw→˙vj→˙y→˙w ，但这样与 y 是最早的 P[sw,w] 中的点矛盾，因此有 vi>y 。这说明 x 可能成为 y 的半支配点，蕴含着 sdom(y)≤x ，而由假设有 x<sw ，因此 sdom(y)<sdom(w) ，由条件知 y 只能是 sw 。这就说明了任何一条 r 到 w 路径都一定包含了 sw 。
   • 接下来说明 sw 是 w 最大的支配点。这个由上面的性质2可以立即得出。

2. 对于 w≠r​ ，取 u∈P(sw,w]​ 中 sdom​ 最小的 u​ ，则 su≤sw​ 且 iw=iu​ 。

   • 我们可以效仿上面的证明，任取一条路径，取第一个 x<iu 的 x ，如果不存在则显然 iu 已经支配了 w ；再取第一个 y∈P[iu,w] ，注意到这里的条件已经被强化了，所以我们同样可以沿用上面的证明来说明 sdom(y)≤x 。那么这样就有一个关系图： sy≤x<iu≤su≤sw≤u≤w 。但是现在我们还不知道 y 的位置，所以我们要尝试确定它。首先 y 一定不早 P[sw,w] 内，否则这就违反了 su 最小的前提；其次 y 也不会在 P(iu,sw] 内，否则就存在一条 sy→y 的路径且中间的点都大于 y ，这就避开了 iu 从而能到达 u ，矛盾；又由前提 y∈P[iu,w] 可得 y=idom(u) 。这样就说明了 idom(u) 一定在 r→w 的路径上。所以 idom(w)=idom(u) 。
     ​
     显然这两个定理对于每个 w 都涵盖了所有的情况。

   ​

   也就是说，我们先取 P(sw,w] 中 sdom 最小的记为 u ，若 u=w ，则 idom(w)=sdom(w) ，否则 idom(w)=idom(u) 。

---

sdom 的确定定理

• 对于 w≠r ，有 sdom(w)=min{{v∣(v,w)∈E且v<w}∩{sdom (u)∣u>w且存在边(v,w)使得u→˙v}}

• 我们令等式右边为 x ，接下来的证明分成两部分。

• 先证明 sdom(w)≤x 。若 x 是在第一种集合里，由定义显然有 sw≤x 。考虑 x 在第二种集合里，则存在点 u>w 使得 sdom(u)=x 且有边 (v,w) 满足u\dot\rightarrow v。那么利用这个条件我们可以构造出一条 x 到 w 的路径，使得路径内经过的点都大于 w ，这说明 x 可能成为 w 的 sdom ，因此也有 sdom(w)≤x 。
• 然后证明 sdom(w)≥x 。我们取路径 p={sw=v0,v1⋯vk=w且v1⋯vk−1>w} 。若 k=1 ，显然有 sdom(w)≥x 成立。否则在这条路径上取最小的一个点使得 vj→˙vk−1 ，那么一定有 v1⋯vj−1>vj ，否则我们取最小的 vi ，其走到 vj 的路径一定会经过 LCA(vi,vj) ，这是一条dfs树上由小指向大的路径，LCA一定不大于 vi ，而由前提可得 LCA 即为 vi ，这导出 vi→˙vj ，与前提矛盾，故 v1⋯vj−1>vj 。注意到这实际上是构造了一个 vj 满足了第二个集合里面的 u ，那么我们可以得到 sdom(w)≥sdom(vj)≥x 。
• 结合以上两个不等式，就得到了 x=sdom(w) 。

---

求 sdom 及 idom

定义两个过程：
* link(u,v)
* 将 u 设为森林中 v 的父亲。
* eval(u)
* 如果 u 是森林里的一个根则返回 u ，否则设根为 r ，返回 P(r,u] 上 sdom 最小的点。
​
利用这两个函数，根据上面的 sdom 确定定理，我们考虑从大到小来求 sdom 。对于扫到的每个 w ，我们计算 sdom(w)=min{sdom(eval(v))∣(v,e)∈E} 。考虑这个式子的正确性，当 v<w 时还没扫到 v ， eval(v) 返回 v ；当 v>w 时，即是对应了 sdom 的式子里的第二个集合里的最小值。计算完 sdom(w) 之后，我们把 w 扔进 sdom(w) 的一个集合里，(Tarjan的论文中)记为 bucket[sdom(w)] 。接着就计算 idom 中的第一种情况，取 bucket[fa(w)] 中的所有点 v ，再取 u=eval(v) ，若 sdom(u)<sdom(v) ，说明此时的 v 不满足第一种情况，但是我们仍然计算出了第二种情况中的 u ，所以先记 idom(v)=u ；否则 idom(v)=fa(w) ，即为第一种情况。这样扫完一遍之后，第二种情况中的 v 的 idom 还没完全求出，只需要顺着再扫一遍所有点直接求出即可。

时间复杂度

link 直接连边 eval 的时候直接用路径压缩并查集的话时间复杂度是 O(mlogn) 的。通过神奇的 link 技巧可以降为 O(mα(n,m)) 但是常数巨大跑起来和一个log差不多。。。带启发式合并的话具体还是看tarjan论文吧。。。

代码实现

变量初值默认为0，图的起点为 1 。

void dfs(int u) {
    sdom[u] = ++ dfs_clock;
    idx[dfs_clock] = u;
    label[u] = u;
    for (int v: G[u]) {
        if (!sdom[v])
            dfs(v) , fa[v] = u;
        _G[v].pb(u);
    }
}

inline void compress(int u) {
    if (anc[anc[u]]) {
        compress(anc[u]);
        if (sdom[label[anc[u]]] < sdom[label[u]])
            label[u] = label[anc[u]];
        anc[u] = anc[anc[u]];
    }
}

inline int eval(int u) {
    return anc[u] ? (compress(u) , label[u]) : u;
}

inline void link(int p , int u) {
    anc[u] = p;
}

void solve() {
    dfs(1);
    per (i , dfs_clock , 2) {
        int u = idx[i];
        for (int v: _G[u])
            upmin(sdom[u] , sdom[eval(v)]);
        int t = fa[u];
        link(t , u) , bucket[idx[sdom[u]]].pb(u);
        for (int v: bucket[t]) {
            int w = eval(v);
            idom[v] = sdom[w] < sdom[v] ? w : t;
        }
        bucket[t].clear();
    }
    rep (i , 2 , dfs_clock) {
        int u = idx[i];
        if (idom[u] != idx[sdom[u]])
            idom[u] = idom[idom[u]];
    }
}

几个题目

感觉都挺套路/裸的啊。。。不知道有没有啥有意思点的题。。。

• hdu 4694

  • 直接求dom tree。。

• Codechef GRAPHCNT

  • 建出dom tree直接扫。。

• 2014-2015 ACM-ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest, Problem L

  • 稍微有一点思考价值的题。。。但是知道这个要用dom tree的话结论是比较显然的。。。

References

其实基本上就是把tarjan的论文翻译了一遍而已hhhhhh
1. THOMAS LENGAUER and ROBERT ENDRE TARJAN ,A Fast Algorithm for Finding Dominators in a Flowgraph .
2. TARJAN, R.E. Applications of path compression on balanced trees.