令$S_{x}$表示$x$支配的节点集合，可以暴力枚举$x$并求出$S_{x}$（删去$x$后从1开始dfs，复杂度为$o(nm)$），进而反过来即可求出受支配集$D_{x}$
结论1：若$zin S_{x}cap S_{y}$，则有$xin S_{y}$或$yin S_{x}$
由于$x$和$y$都支配$z$，那么考虑任意一条从1到$z$的简单路径，必然经过$x$和$y$（且恰好经过一次）
考虑两者经过的先后顺序，不妨假设先经过$x$，那么若$x$不支配$y$，即存在从1到$y$且经过$x$的简单路径，再从$y$到$z$即可，那么即与$x$支配$z$矛盾，反之类似，即得证
结论2（传递性）：若$xin S_{y}$，则$S_{x}subset S_{y}$
（关于这个结论比较显然，严格包含是因为$yin S_{y}$且$y otin S_{x}$）
综合上述两个结论，任意两个集合要么成严格包含关系，要么不交，即可构成一棵树形关系
更具体的，这棵树以1为根，且对于$xge 2$，令$x$的父亲$y$为满足$S_{x}subset S_{y}$且$|S_{y}|$最小（可以证明唯一）
此时，对于一个节点$x$，其受支配集$D_{x}$即为其到根路径上所有节点
关于这棵树的求法，（求出$S_{x}$和$D_{x}$后）有以下暴力$o(n^{2})$的做法——
选择当前受支配集为空的节点$x$，对于所有$yin S_{x}$的节点在$D_{y}$中删除$x$，并且$x$的父亲即为$D_{x}$中最后一个被删除的节点，以下记作$fa_{x}$
但暴力删除复杂度无法接受，直接记录$|D_{y}|$即可
当然，还有更为优秀的$o(n)$的做法，可以自行搜索支配树
求出支配树后，考虑询问插入$(x_{0},y_{0})$这条边时的情况——
结论3：若$D_{x}$变化，则$x$子树内所有节点受支配集均发生变化
由于是插入边$(x_{0},y_{0})$且初始1可以到达任意点，那么$D_{x}$变化必然是节点被删除
假设删除的是$y$，对于$x$子树内的节点$z$，显然也可以构造出不经过$y$到达$z$的路径，因此$y$也在$D_{z}$中被删除
由此，我们发现受支配集变化的一定是若干棵不交的子树，显然仅关心于子树的根，也即$D_{x}$发生变化但$D_{fa_{x}}$不发生变化的节点$x$
结论4：$D_{x}$变化且$D_{fa_{x}}$未发生变化，必然有$fa_{x} otin D_{x}$（变化后的$D_{x}$）
反证法，假设$fa_{x}in D_{x}$，那么$D_{x}$中被删除的节点$y$必然是$fa_{x}$的祖先（且不为$fa_{x}$自身），接下来对于从1到$x$且不经过$y$的路径，对其是否经过$fa_{x}$分类讨论——
(1)若其经过$fa_{x}$，那么$y$不再支配$fa_{x}$，与$D_{fa_{x}}$未变化矛盾
(2)若不经过$fa_{x}$，那么即存在从1到$x$且不经过$fa_{x}$的路径，与$fa_{x}in D_{x}$矛盾
综上，即说明$fa_{x} otin D_{x}$
同时，在满足这个条件时，$D_{x}$必然发生变化，因此只需要找出所有这样的$x$，并标记，之后再一次dfs统计所有到根路径上存在此类标记的节点即可
下面，即查询所有节点$x$，满足存在一条路径使得其不经过$fa_{x}$到达$x$，若不经过新边$(x_{0},y_{0})$显然不存在此类路径，因此也即要求存在从1到$x_{0}$和从$y_{0}$到$x$的路径，且都不能经过$fa_{x}$
同时，这两段都不能利用新边，那么第一个问题中也即要求$x_{0}$不能在$fa_{x}$的子树中，第二个问题对每一个$x$独立，也即对于原图的反图从$x$开始不经过$fa_{x}$能到达$y_{0}$
两者都可以预处理出来，之后即可$o(1)$判断每一个节点$x$是否满足这两个条件，复杂度为$o(nq)$
然而还是会被卡常， 因此还有下面复杂度更优秀的做法——
更进一步的，将询问排序后考虑相同的$y_{0}$，其限制了若干个点，同时$x_{0}$又限制了其到根以及其所有儿子不能选，那么令$f_{k}$表示$k$子树内仅考虑$k$子树内权值的答案，维护其到根路径的答案即可
时间复杂度降为$o(nm+q)$，可以轻松的通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 3005 4 struct Edge{ 5 int nex,to; 6 }edge[N<<2]; 7 queue<int>q; 8 vector<int>v[N],S[N]; 9 int E,n,m,t,x,y,ans,head[2][N],vis[N],D[N],fa[N],dfn[N],sz[N],Vis[N][N]; 10 void add(int p,int x,int y){ 11 edge[E].nex=head[p][x]; 12 edge[E].to=y; 13 head[p][x]=E++; 14 } 15 void dfs(int p,int k){ 16 if (vis[k])return; 17 vis[k]=1; 18 for(int i=head[p][k];i!=-1;i=edge[i].nex)dfs(p,edge[i].to); 19 } 20 void dfs(int k){ 21 dfn[k]=++dfn[0]; 22 sz[k]=1; 23 for(int i=0;i<v[k].size();i++){ 24 dfs(v[k][i]); 25 sz[k]+=sz[v[k][i]]; 26 } 27 } 28 void calc(int k,int p){ 29 if (vis[k])p=1; 30 if (p)ans++; 31 for(int i=0;i<v[k].size();i++)calc(v[k][i],p); 32 } 33 int main(){ 34 scanf("%d%d%d",&n,&m,&t); 35 memset(head,-1,sizeof(head)); 36 for(int i=1;i<=m;i++){ 37 scanf("%d%d",&x,&y); 38 add(0,x,y); 39 add(1,y,x); 40 } 41 for(int i=1;i<=n;i++){ 42 memset(vis,0,sizeof(vis)); 43 vis[i]=1; 44 dfs(0,1); 45 for(int j=1;j<=n;j++) 46 if (!vis[j]){ 47 S[i].push_back(j); 48 D[j]++; 49 } 50 } 51 q.push(1); 52 while (!q.empty()){ 53 int k=q.front(); 54 q.pop(); 55 for(int i=0;i<S[k].size();i++){ 56 fa[S[k][i]]=k; 57 if (--D[S[k][i]]==0)q.push(S[k][i]); 58 } 59 } 60 for(int i=2;i<=n;i++)v[fa[i]].push_back(i); 61 dfs(1); 62 for(int i=2;i<=n;i++){ 63 memset(vis,0,sizeof(vis)); 64 vis[fa[i]]=1; 65 dfs(1,i); 66 vis[fa[i]]=0; 67 memcpy(Vis[i],vis,sizeof(vis)); 68 } 69 for(int i=1;i<=t;i++){ 70 scanf("%d%d",&x,&y); 71 memset(vis,0,sizeof(vis)); 72 for(int j=2;j<=n;j++){ 73 if ((dfn[fa[j]]<=dfn[x])&&(dfn[x]<dfn[fa[j]]+sz[fa[j]]))continue; 74 if (Vis[j][y])vis[j]=1; 75 } 76 ans=0; 77 calc(1,0); 78 printf("%d ",ans); 79 } 80 }