对于有向图$G$和起点$s$，有以下定义和性质——
为了方便，不妨假设$s$能到达$G$中所有点，并任意建立一棵以$s$为根的dfs树，以下节点比较默认均按照两点在这棵dfs树上的dfs序
支配点：$x$是$t$的支配点当且仅当将$x$以及相关的边删除后，不存在$s$到$t$的路径，也称作$x$支配$t$
（特别的，约定$s$和$t$均是$t$的支配点）
支配树：一棵以$s$为根的树，满足$t$的支配点恰是$t$到根的路径上所有点
引理1：若$x<y$，则$x$到$y$的路径（若存在）必然经过其$x$和$y$公共祖先
可以简单归纳证明，具体过程略
引理2：对于$t\ne s$，支配树上$t$的父亲为dfs树上$t$最深（且不为本身）的支配点（支配树存在且唯一）
注意到$t$的支配点必然是$t$或$t$在dfs树上的祖先，因此显然成立
记该点为$idom_{t}$，问题即如何求$idom$
半支配点：$x$是$t$的半支配点当且仅当存在一条$x$到$t$的路径，满足路径中所有点（除起点和终点外）均大于$x$
引理3：上述定义中，"所有点（除起点和终点外）均大于$x$"等价于"所有点（除起点外）均不是$x$的祖先
必要性显然，充分性根据引理1也显然
记$t$的半支配点中最小的为$semi_{t}$，考虑如何求$semi$
性质1：若$t\ne s$，则$semi_{t}=\min\{\min_{(x,t)\in E}x,\min_{k>t,k子树中\exists (x,t)\in E}semi_{k}\}$
若$(x,t)\in E$，显然$x$是$t$的半支配点，即有$semi_{t}\le x$
若$k>t$且$k$子树中$\exists (x,t)\in E$，那么构造路径$semi_{k}\rightarrow k\rightarrow x\rightarrow t$，显然$semi_{k}$也是$t$的半支配点，即有$semi_{t}\le semi_{k}$
结合两者，即得到左式$\le $右式
另一方面，考虑$semi_{t}$到$t$路径上最后一条边$(x,t)$，对其分类讨论：
1.若$x=semi_{t}$，即有$semi_{t}\ge \min_{(x,t)\in E}x$
2.若$x\ne semi_{t}$，取$semi_{t}$到$t$路径上$x$最浅的祖先$k$（除起点外），再考虑到$k$之前的这一段路径，结合引理3可得$semi_{t}$也是$k$的支配点，即有$semi_{t}\ge \min_{k>t,k子树中\exists (x,t)\in E}semi_{k}$
两者包含了所有情况，因此又得到左式$\ge$右式，即得证
引理4：若$t\ne s$，则$idom_{t}$是$semi_{t}$或其祖先，$semi_{t}$是$t$的祖先
前者根据定义显然，后者考虑$fa_{t}$总是$t$的半支配点，因此$semi_{t}\le fa_{t}<t$，再根据引理1也显然
性质2：若$t\ne s$，则$idom_{t}=\begin{cases}semi_{t}&(semi_{u}=semi_{t})\\idom_{u}&(semi_{u}<semi_{t})\end{cases}$（其中$semi_{u}=\min_{u\in 树链(semi_{t},t]}semi_{u}$）
（树链$(semi_{t},t]$指在dfs树上从$semi_{t}$到$t$的路径上除$semi_{t}$的点集）
（注意到$u$可以取$t$，那么显然$semi_{u}\le semi_{t}$）
对两种情况分别证明——
第一种情况下，注意到$semi_{t}$已经是$idom_{t}$的"下界"，那么只需要证明其支配$t$即可
若$semi_{t}=s$显然成立，否则考虑反证法：
假设删除$semi_{t}$以及相关的边后还存在一条$s$到$t$的路径，考虑路径上最后一个是$semi_{t}$祖先的点$x$和之后第一个在树链$(semi_{t},t]$上的点$u$（由于$s$和$t$分别满足两者的条件，因此总存在）
考虑$x$到$u$的这一段，结合引理3可得$x$也是$u$的半支配点，与$semi_{u}$的最小性矛盾
第二种情况下，若$idom_{t}$不支配$u$，那么从$s$到$u$再到$t$即可（注意$idom_{t}\le semi_{t}<u$），再由$idom_{u}$的最小性得$idom_{t}\le idom_{u}$，因此$idom_{u}$同样是"下界"，那么只需要证明其支配$t$即可
类似地定义$x$和$u$（将$semi_{t}$均变为$idom_{u}$），注意到$u$必然还在树链$(semi_{t},t]$上（否则显然$idom_{u}$不是$u$的支配点），进而同理$x$也是$u$的半支配点，与$semi_{u}$的最小性矛盾
另外，其实性质2有以下类似地描述（理解）方式——
性质2'：若仅保留树边和$(semi_{t},t)$的边（其中$t\ne s$），得到的新图$G'$支配树与$G$相同
综合上述分析，来考虑具体的实现：
求$semi$——根据性质1，从后往前依次求，即支持单点修改、查询单点到根路径极值，由于其形式的特殊性可以用带权并查集维护，时间复杂度为$o(n\log n)$（仅路径压缩的并查集）
求$idom$——根据性质2，类似地求即可（注意顺序，需按照$semi$从后往前求出$u$，再从前往后求出$idom$），时间复杂度同样为$o(n\log n)$
最后建出支配树，再简单求和即可，时间复杂度为$o(n)$
最终，总复杂度为$o(n\log n)$，可以通过
（另外，本题中若$s$不能到达$t$，则$t$的支配点仅定义为$s$和$t$）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200005 4 vector<int>v[N],rev_v[N],Q[N]; 5 int n,m,x,y,dfn[N],pos[N],Fa[N],fa[N],mn[N],semi[N],idom[N],ans[N]; 6 int get_min(int x,int y){ 7 if (dfn[x]<dfn[y])return x; 8 return y; 9 } 10 int get_min_semi(int x,int y){ 11 if (dfn[semi[x]]<dfn[semi[y]])return x; 12 return y; 13 } 14 int find(int k){ 15 if (k==fa[k])return k; 16 int x=find(fa[k]); 17 mn[k]=get_min_semi(mn[k],mn[fa[k]]); 18 return fa[k]=x; 19 } 20 void update(int k){ 21 fa[k]=Fa[k],mn[k]=k; 22 } 23 int query(int k){ 24 find(k); 25 return mn[k]; 26 } 27 void dfs(int k){ 28 dfn[k]=++dfn[0],pos[dfn[0]]=k; 29 for(int i=0;i<v[k].size();i++) 30 if (!dfn[v[k][i]]){ 31 Fa[v[k][i]]=k; 32 dfs(v[k][i]); 33 } 34 } 35 int main(){ 36 scanf("%d%d",&n,&m); 37 for(int i=1;i<=m;i++){ 38 scanf("%d%d",&x,&y); 39 v[x].push_back(y); 40 rev_v[y].push_back(x); 41 } 42 dfs(1); 43 int nn=dfn[0]++; 44 for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,mn[i]=0; 45 for(int i=nn;i>1;i--){ 46 int t=pos[i]; 47 for(int j=0;j<rev_v[t].size();j++){ 48 semi[t]=get_min(semi[t],rev_v[t][j]); 49 semi[t]=get_min(semi[t],semi[query(rev_v[t][j])]); 50 } 51 Q[dfn[semi[t]]].push_back(t); 52 for(int j=0;j<Q[i].size();j++){ 53 int t=Q[i][j]; 54 idom[t]=query(t); 55 } 56 update(t); 57 } 58 for(int i=0;i<Q[1].size();i++){ 59 int t=Q[1][i]; 60 idom[t]=query(t); 61 } 62 for(int i=2;i<=nn;i++){ 63 int t=pos[i]; 64 if (semi[idom[t]]==semi[t])idom[t]=semi[t]; 65 else idom[t]=idom[idom[t]]; 66 } 67 for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=1; 68 for(int i=nn;i>1;i--){ 69 int t=pos[i]; 70 ans[idom[t]]+=ans[t]; 71 } 72 ans[1]=n; 73 for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",ans[i]); 74 printf("%d\n",ans[n]); 75 return 0; 76 }