hihoCoder #1343 Stable Members

题目大意$\newcommand{\SD}{\mathrm{SD}}$

给定一个 $n+1$ 个点的有向无环图，点从 $0$ 开始编号。无重边、自环，且从每个点 $u$ 都能到达 $0$ 号点。如果每条 $u\leadsto 0$ 路径（$u\ne 0$）都经过点 $v$ （$v\ne 0$ 且 $v\ne u$），则称 $u$ 不稳定，否则称 $u$ 稳定。求稳定点的个数。

一个错误解法

先记录我的一个错误做法。将输入的图中的边全部反向，从 $0$ 号点开始 DFS。有向无环图在 DFS 的过程中不会出现回边（backward edge，也译作「后向边」），只有树边、前向边（forward edge）和侧向边（cross edge，也译作「横叉边」）。点 $u$ 稳定等价于「存在两条点不相交的 $0\leadsto u$ 路径」。而这个条件要是满足，那么必然出现连向 $u$ 的前向边或侧向边。在 DFS 的过程中，当发现有前向边或侧向边连向 $u$ 时，就检查当前这条 $0\leadsto u$ 路径和之前找到的完全由树边构成 $0\leadsto u$ 路径是否交叉，若无交叉，则 $u$ 稳定。可以通过类似 Tarjan 离线 LCA 算法的思路来判断上述两路径是否交叉，只要判断 $u$ 和 $0$ 是否在一个集合中（并查集），若在同一个集合中则无交叉。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(n) for(size_t __i = 0, __j=(n); __i < __j; ++__i)
#define rep2(i,n) for(size_t (i)=0, _i=n;(i)<_i;(i)++)
#define rep3(i,b,e) for(size_t i =(b); (i)<(e); (i)++)
#define ran(i,b,e) for(size_t (i)=(b); (i)<(e); (i)++)
#define drep2(i,n) for(size_t (i)=(n)-1; (i)>=0; (i)--)
using namespace std;
using ll=long long;
const size_t N=size_t(1e5+5);

vector<size_t> g[N];

bool is_stable[N];

size_t fa[N];

size_t root(size_t x){
    return x==fa[x]?x:fa[x]=root(fa[x]);
}
void unite(size_t x, size_t y){
    x=root(x);
    y=root(y);
    fa[x]=y;
}

bool vis[N];
void dfs(size_t u){
    vis[u]=true;
    for(auto v:g[u]) {
        if (!vis[v]){
            dfs(v);
            unite(v,u);
        }
        else if (root(v) == 0) is_stable[v] = true;
    }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    size_t n;
    cin>>n;
   ran(i,1,n){
       fa[i]=i; // init
       size_t k;
       cin>>k;
       rep(k){
           size_t x;
           cin>>x;
           g[x].push_back(i);
       }
   }
   dfs(0);
   for(auto x:g[0]) is_stable[x]=true;
   int ans=0;
   ran(i,1,n) ans+=is_stable[i];
   cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}

这个做法是错的，下面给出一个反例：

节点编号也是节点的访问顺序。这个做法将 $3$ 号节点判为不稳定的。

题解上的做法

这道题我没想出正解。

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仍考虑输入的图。

如果每条 $u\leadsto 0$ 路径（$u\ne 0$）都经过 $v$ （$v\ne 0$ 且 $v\ne u$），则称 $v$ 是 $u$ 的支配点（dominator）。若 $v$ 是 $u$ 的支配点且 $v$ 是稳定的，则称 $v$ 为 $u$ 的稳定支配点（stable dominator）。

不难证明，支配点有下述性质：

性质 1

$u$ 的支配点可能不唯一，但一定分布在某条链上。

这个性质根据定义很容易证明。

性质 2

设 $v_1$、$v_2$ 是 $u$ 的两个支配点，那么或者 $v_1$ 是 $v_2$ 的支配点，或者 $v_2$ 是 $v_1$ 的支配点。

证明：

不失一般性，假设存在路径 $P\colon u\leadsto v_1\leadsto v_2\leadsto 0$ ，则必有 $v_2$ 是 $v_1$ 的支配点。若不然，即存在路径 $P'\colon v_1\leadsto 0$ 满足 $v_2$ 不在 $P'$ 上，从而 $v_2$ 也不是 $u$ 的支配点。

性质 3

若 $u$ 是不稳定的，则 $u$ 有唯一的稳定支配点。

证明：

用 $d(u)$ 表示 $u$ 到 $0$ 的最短距离。满足 $d(v)=1$ 的点 $v$ 必定是稳定的。

若 $v$ 是 $u$ 的支配点则必有 $d(v) < d(u)$ 。

由于 $u$ 的支配点的支配点也是 $u$ 的支配点，所以 $u$ 的稳定支配点必然存在。

$u$ 的稳定支配点是 $u$ 的所有支配点中距离 $0$ 号点最近的那个点。

又根据性质 $2$ 可知 $u$ 的稳定支配点唯一。

若 $u$ 不稳定，用 $\SD(u)$ 表示 $u$ 的稳定支配点。

可以证明下述定理

定理 1

$u\ne 0$ 是稳定的当且仅当：

（1） 存在弧 $(u,0)$；或者

（2） 存在两条「点（除 $u$ 外）不相交」的路径 $u\leadsto v_1$ 和 $u\leadsto v_2$ 满足 $v_1$ 和 $v_2$ 都是稳定的。

必要性是显然的，条件（2）的充分性也很容易证明。

---

若图中存在 $u\leadsto v$ 路径则称 $v$ 为 $u$ 的后继（successor），若图中存在弧 $(u,v)$ 则称 $v$ 为 $u$ 的直接后继（direct successor）。

具体实现就是：将图上的点拓扑排序，按照拓扑排序的逆顺序依次（根据定理 1）判断每个点是否稳定。定理 1 中的第二个条件中的 $v_1$、$v_2$ 包括：

• $u$ 的稳定直接后继，
• $\SD(v)$：$v$ 是 $u$ 的不稳定直接后继。

下面证明

性质 4

设 $v_1$、$v_2$ 是 $u$ 的两个不稳定的直接后继。若 $\SD(v_1)\ne SD(v_2)$，则存在两条点不相交的路径 $v_1\leadsto \SD(v_1)$ 和 $v_2\leadsto \SD(v_2)$ 。

证明：

反证法。

设 $P_1$ 是某一条 $v_1\leadsto \SD(v_1)$ 路径，令 $P_2$ 是任意一条 $v_2 \leadsto \SD(v_2)$ 路径，将路径 $P_1$、$P_2$ 上点的交集记作 $V$（$V \ne \emptyset$），将 $V$ 中「拓扑序最小的点」和「拓扑序最大的点」分别记为 $s(V)$ 和 $t(V)$ 。由于 $\SD(v_1)$ 是 $v_1$ 的支配点，可知 $\SD(v_1)\in V$，否则路径 $v_1 \xrightarrow{P_1} s(V)\xrightarrow{P_2} t(V) \xrightarrow{P_2} \SD(v_2)\leadsto 0$ 是一条不经过 $\SD(v_1)$ 的路径，这与 $\SD(v_1)$ 是 $v_1$ 的支配点矛盾！故 $P_2$ 经过点 $\SD(v_1)$ 。$P_2$ 是任意选取的，因而 $\SD(v_1)\ne \SD(v_2)$ 也是 $v_2$ 的稳定支配点，这又与性质 3 矛盾！所以假设不成立。

图中绿色路径表示 $P_1$，蓝色路径表示 $P_2$ 。

上述证明中有一个不严密的地方，即 $\SD(v_2)\leadsto 0$ 路径可能与 $P_1$ 相交；下面加以完善。

假设任意 $\SD(v_2)\leadsto 0$ 路径都与路径 $P_1$ 有交点；由于 $\SD(v_2)$ 是稳定的，存在一条不经过点 $\SD(v_1)$ 的 $\SD(v_2)\leadsto 0$ 路径 $P^*$，设 $w\ne\SD(v_1)$ 是 $P_1$ 与 $P^*$ 的一个交点，则 $v_1\xrightarrow{P_1} w\xrightarrow{P^*} 0$ 也是一条不经过 $\SD(v_1)$ 的路径，同样可导出矛盾。另外，容易证明，任意 $SD(v_2)\leadsto 0$ 路径与 $P_2$ 都没有除 $\SD(v_2)$ 以外的交点。