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Problem Description
There are N clones of Misaka Mikoto (sisters) forming the Misaka network. Some pairs of sisters are connected so that one of them can pass message to the other one. The sister with serial number N is the source of all messages. All the other sisters get message directly or indirectly from her. There might be more than one path from sister #N to sister #I, but some sisters do appear in all of these paths. These sisters are called important sister of sister #K. What are the important sisters of each sister?
Input
There are multiple test cases. Process to the End of File.
The first line of each test case contains two integers: the number of sisters 1 ≤ N ≤ 50,000 and the number of connections 0 ≤ M ≤ 100,000. The following M lines are M connections 1 ≤ Ai, Bi ≤ N, indicating that Ai can pass message to Bi.
Output
For each test case, output the sum of the serial numbers of important sisters of each sister, separated with single space.
Sample Input
3 2
3 2
2 1
5 7
3 2
1 2
2 1
3 1
3 2
5 3
5 4
Sample Output
6 5 3
9 10 8 9 5
Author
Zejun Wu (watashi)
Source
2013 Multi-University Training Contest 9
【题解】
这题要求支配树的根节点到每个节点的累加和。
啃了好久的支配树。终于啃完了。真是感动啊TAT…
这里非常感谢这个PPT的作者
http://wenku.baidu.com/link?url=Y2tyZ76tS8811FkqjTHVT6lAwJOfdp0CcK00otWMFJzL25fHNGUve8CezjKO9n_AwzhEwBPQXiAYPGSFNF5-f06laP-lXDr55wLiyfB5Sia
以及一大堆博客的博主0 0,基本上百度搜hdu 4694,能搜到的博客都去逛过了。。
首先大家可以看这篇文章;
http://blog.csdn.net/a710128/article/details/49913553
网上找到的关于支配树的文章也就这篇了。
看了个大概之后再来看我下面写的内容；
我用上面这张图来阐述一下啥是半必经点；
节点旁边的数字是时间戳
x的半必经点是u，因为u可以通过时间戳为6,7,8的节点到达x。而且这些时间戳都大于x的时间戳。
也即下面这张图的第二种情况
当然从时间戳为6的节点也可以到达X节点。因此6也是x的半必经点。
但是我们只要时间戳最小的。那么就是u节点了。(在取的时候是取dfn[semi[t]]最小的节点semi[t],且时间戳t>u);
至于图片中的第一种情况。
你可以理解为和第二种情况取min;
即看看x节点的直系父亲(时间戳小于x的)的时间戳是不是比第二种得到的半必经点更小;
我们在做这个算法的时候。求出每个节点的时间戳。
然后从时间戳大的节点开始处理。
这样可以保证之前处理过的节点时间戳都比当前处理的大。
(用并查集)
这样我们可以轻易的维护半必经点了。
以上方法可以求得任意一个节点的半必经点
最后再用这个必经点定理来更新每个节点必经点。
我的代码注释写得比较详细。
看看下面代码再结合资料看一下是可以弄懂的。加油吧~
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 59999;
vector <int> a[N], b[N], pre[N];
int dfn[N], cnt, idom[N], semi[N],f[N],best[N],n,m,id[N],fa[N];
long long ans[N];
void input(int &r)//手动读入
{
char t;
t = getchar();
while (!isdigit(t)) t = getchar();
r = 0;
while (isdigit(t)) r = r * 10 + t - '0', t = getchar();
}
void init()//初始化
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
f[i] = best[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i].clear(), b[i].clear(), pre[i].clear(),id[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
dfn[i] = semi[i] = idom[i] = 0,fa[i] = 0,ans[i] = 0;
cnt = 0;
}
void Dfs(int x)
{
dfn[x] = ++cnt;
id[cnt] = x;//id[x]记录的是时间戳为x的节点是谁。
int len = a[x].size();
for (int i = 0; i <= len - 1; i++)
{
int y = a[x][i];
if (!dfn[y])
Dfs(y), fa[y] = x;
}
}
bool cmp(int x, int y)
{
return dfn[semi[x]] < dfn[semi[y]];
}
int ff(int x)
{
if (f[x] == x)
return x;
int olfa = f[x];
f[x] = ff(f[x]);
best[x] = min(best[x], best[olfa], cmp);
return f[x];
}
void Lengauer_Tarjan()
{
Dfs(n);//dfs获取时间戳
dfn[0] = 0x3f3f3f3f;//这是一个很大的数,一开始的semi都是0,就让他的时间戳无穷大，就不会更新了
for (int i = cnt; i >= 1; i--)//时间戳从大到小处理
{
int x = id[i];
if (i != 1)
{
int len = b[x].size();//b是逆向边
for (int j = 0; j <= len - 1; j++)
{
int y = b[x][j];
if (!dfn[y]) continue;
if (dfn[y] > dfn[x])//如果是dfs序大于的x节点的情况
{//这个并查集里面包括的是时间戳大于某个节点且能够到达这个节点的点
ff(y);//找到所有大于这个节点x的dfs序的节点(一定要是能够到达x节点)
if (dfn[semi[best[y]]] < dfn[semi[x]])//如果时间戳最小的点的半必经点更优
semi[x] = semi[best[y]];//替换这个点的半必经点
}
else
if (dfn[y] < dfn[semi[x]])//这是它的直系父亲(dfn[p]<dfn[x])
semi[x] = y;//如果它的时间戳比之前更新的都小。那么它变成半必经点
}
pre[semi[x]].push_back(x);//记录那个半必经点是相对于谁的半必经点
}
while (pre[x].size())//这个相当于处理出x和semi[x]之间的那个y了。
{
int y = pre[x].back();
pre[x].pop_back();
ff(y);
//值得注意的是。因为我们是时间戳从大到小的顺序处理的。
//所以semi[x]->x路径上的所有点必然已经加入到并查集中。
//且semi[x]上面的点肯定没有包括在并查集中
//因为semi[x]上面的点的时间戳肯定是小于semi[x]的；
//而那些点我们等一下才要处理。
if (semi[best[y]] != x)//如果在semi[y]->y之间存在一个点z
//它的半必经点不等于y的半必经点 则说明要让idom[y] = idom[z];
//但是idom[z]可能还没有处理出来。
//所以我们就仅仅记录这个点z是什么.之后再处理
idom[y] = best[y];
else//如果等于的话,idom[y] = semi[y];
idom[y] = x;
}
int len = a[x].size();
for (int j = 0; j <= len - 1; j++)//然后把这个点加入到并查集维护的森林中
{//当然。只有那些和他有关系的点(能够从这个点到达的点才要加入);
int y = a[x][j];
if (fa[y] == x)
f[y] = x;
}
}
for (int i = 2; i <= cnt; i++)
{
int x = id[i];
if (idom[x] != semi[x])//这个利用上面处理出来的semi[x]->x路径上的点
//利用必经点定理修改必经点
idom[x] = idom[idom[x]];
}
idom[id[1]] = 0;
}
long long get_ans(int x)//这个就是累加答案。
{
if (x == n)
{
ans[x] = n;
return ans[x];
}
if (ans[x])//用了记搜~~
return ans[x];
ans[x] = get_ans(idom[x]) + x;
return ans[x];
}
int main()
{
//freopen("F:\rush.txt", "r", stdin);
while (~scanf("%d%d", &n, &m))
{
init();
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y;
input(x); input(y);
a[x].push_back(y);
b[y].push_back(x);//反向边用于找其直系爸爸和大于这个时间戳的和它有关的节点。
}
Lengauer_Tarjan();
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf("%I64d%c", dfn[i] ? get_ans(i) : 0, i == n ? '
' : ' ');
}
return 0;
}