BJ模拟 医院【支配树】

题目描述：

过年辣！放假辣！可是有个地方必须有人守着——医院。护士们也想放假，但是她们必须轮流放。现在医院正对放假这件事情头疼不已。

在医院里，有两种共n位护士：k位特殊护士和n-k位普通护士。当一个普通护士放假时，是不会有任何问题的，因为随便找个人都可以代替她的工作。但是，当一个特殊护士放假时，必须有人来顶替她。对于每一个特殊护士来说，都有一个可以顶替该护士的护士名单。如果顶替的护士仍然为特殊护士，那么必须有人顶替这个“顶替的护士”，以此类推。顶替关系共有m个。

在这种情况下，某些特殊护士就不能放假了，因为没有一种顶替的方案使得所有特殊护士的岗位都有人值班。

考虑下图的样例。医院里有7个护士：Alice, Bob, Clara, Dona 和 Emma是特殊护士，Fiona和Gloria是普通护士。她们可以根据下图进行顶替（由A指向B的箭头代表A可以顶替B）。

在这个例子中，Dona和Emma不能放假，因为如果其中一个人放了假，另一个不能同时站两个岗位。

Alice, Bob, Clara, Fiona, Gloria可以去放假。但是Bob和Clara不能同时放假，因为Glora不能同时顶替她们俩。

你的任务是：

1、找出所有不能放假的护士

2、计算有多少对护士，使得她们俩分别都可以放假，但是却不能同时放假。

n<=1e5,m<=1e6

解题思路：

我们新建虚拟源点S，从S向普通护士连边。

第一问dfs一波就行了。

对于第二问，考虑：
1.一个普通护士x和特殊护士y不能同时放假当且仅当S到y的路径上必经过x.
2.两个特殊护士x,y不能同时放假当且仅当S到x,y的路径都会必经过一个普通护士。

如果转化到支配树上，即是：
1.y在x的子树中。
2.x和y的lca不是S。

建出支配树后统计一波即可，时间复杂度为$O(n\alpha(n))$。

关于支配树的相关知识，可以看这篇博客。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
int getint()
{int i=0,f=1;char c;for(c=getchar();c!='-'&&(c<'0'||c>'9');c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';return i*f;
}
const int N=100005,M=1000005;
int n,k;ll ans;
int tot,first[N],nxt[M],to[M];
int idx,dfn[N],id[N],fa[N],sdom[N],idom[N],last[N],minp[N],size[N];
vector<int>pre[N],bkt[N],g[N];
int find(int x)
{if(last[x]==x)return x;int fx=find(last[x]);if(sdom[minp[last[x]]]<sdom[minp[x]])minp[x]=minp[last[x]];return last[x]=fx;
}
inline int eval(int u){find(u);return minp[u];}
void add(int x,int y)
{nxt[++tot]=first[x],first[x]=tot,to[tot]=y,pre[y].pb(x);
}
void dfs(int u)
{id[dfn[u]=sdom[u]=++idx]=u;for(int e=first[u];e;e=nxt[e])if(!dfn[to[e]])fa[to[e]]=u,dfs(to[e]);
}
void dfs1(int u)
{size[u]=1;for(int v:g[u]){dfs1(v);if(u)ans+=(ll)size[u]*size[v];size[u]+=size[v];}
}
void solve()
{for(int i=0;i<=n;i++)last[i]=minp[i]=i;dfs(0);for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])ans++;cout<<ans<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])cout<<i<<' ';cout<<'\n';for(int i=idx;i>=2;i--){int u=id[i];for(int v:pre[u])if(dfn[v])sdom[u]=min(sdom[u],sdom[eval(v)]);bkt[id[sdom[u]]].pb(u);last[u]=fa[u];for(int v:bkt[fa[u]]){int w=eval(v);idom[v]=sdom[v]==sdom[w]?fa[u]:w;}bkt[fa[u]].clear();}for(int i=2,u;i<=idx;i++)u=id[i],idom[u]=idom[u]==id[sdom[u]]?idom[u]:idom[idom[u]];for(int i=2,u;i<=idx;i++)u=id[i],sdom[u]=id[sdom[u]];for(int i=2,u;i<=idx;i++)u=id[i],g[idom[u]].pb(u);ans=0,dfs1(0);cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{//freopen("lx.in","r",stdin);n=getint(),k=getint();for(int i=k+1;i<=n;i++)add(0,i);for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=getint();j;j--)add(getint(),i);solve();return 0;
}