忽然觉得好像不是这么难……
# 题面
> Link 洛谷 P7520
# 解析
一些记号
(u o v) 表示从 (u) 到 (v) 的有向边，(uleadsto v) 表示 (u) 到 (v) 的路径。
既然题目都叫「支配」，那还是先把支配树建出来。好在数据范围允许 (O(n^2)) 建支配树。
我们发现支配关系是具有传递性的，即“若 (u) 支配 (v) 且 (v) 支配 (w)，则 (u) 支配 (w)”，由此可得我们可以把支配关系建成一棵树，树上每个点都支配它的整棵子树。特别的，(1) 支配所有点，作为支配树的根。
具体怎么建？首先，只要会写暴力就知道怎么求一个点的支配集 —— 对每个 (u) 确定 (u) 能支配哪些 (v)：把 (u) 从图上删去，若 (1) 无法到达 (v)，则 (u) 支配 (v)。于是枚举每个 (u)，删去后遍历一遍图，可以 (O(nm)) 求出支配集。
求出支配集后，（隐式地）新建一个图，若 (u) 支配 (v) 则在新图上连有向边 (u o v)。然后对这个新图求一个拓扑，拓扑到 (u) 的上一个点即为 (u) 在支配树上的父亲。
然后来考虑询问，设询问加入的边为 (s o t)。
若点 (u) 的支配集改变，则意味着存在一条路径 (P=1leadsto s o tleadsto u)，且 (P) 不经过 (u) 的某一个支配点。也即 (P) 不经过 (u) 在支配树上的某个祖先。
但是如果仅是「不经过支配树上的某个祖先」，这道题也很难解决。我们可以发现，若 (u) 的支配集改变，则 (u) 原本支配的所有点的支配集都将改变。
这意味着我们只需要找到支配树上最靠上的一个支配集改变的点。而这个点（记为点 (u)）满足的性质就更强 —— 存在路径 (P=1leadsto s o tleadsto u) 使得 (P) 不经过 (u) 在支配树上的父亲。
有了这个性质，我们就可以较快地解决这道题了。我们只需要判断：
- (t) 能够不经过 (fa(u)) 到达 (u)；
- (1) 能够不经过 (fa(u)) 到达 (s)。
条件 2 相当于「(fa(u)) 不支配 (s)」，因为我们已经处理出支配集，可以 (O(1)) 判断。
如何处理条件 1？可以直接在原图上删去 (fa(u))，然后看哪些点能够到达 (u)（或者说反图上删去 (fa(u))，看 (u) 能到哪些点）。可以 (O(nm)) 预处理。
于是对每个询问，可以 (O(n)) 判断哪些子树的支配集会改变，求出 DFS 序然后差分区间打标记即可。
总复杂度 (Oig(n(m+q)ig))。
# 源代码
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/*Lucky_Glass*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3005, M = 6005;
#define con(typ) const typ &
template<const int P, const int E>
struct Graph {
int head[P], to[E], nxt[E], ncnt;
void addEdge(con(int) u, con(int) v) {
int p = ++ncnt;
to[p] = v, nxt[p] = head[u];
head[u] = p;
}
inline int operator [] (con(int) u) const {return head[u];}
};
Graph<N, M> gr, rg;
Graph<N, N> tre;
int n, m, nq, ndfn;
bool dom[N][N], rea[N][N];
int tag[N], que[N], deg[N], fa[N], ans[N], siz[N], dfn[N];
inline int rin(int &r) {
int c = getchar(); r = 0;
while ( c < '0' || '9' < c ) c = getchar();
while ( '0' <= c && c <= '9' ) r = (r * 10) + (c ^ '0'), c = getchar();
return r;
}
inline void write(con(int) w) {
if ( w < 10 ) putchar(w ^ '0');
else write(w / 10), putchar((w % 10) ^ '0');
}
void bfs(con(int) ban) {
int ql = 1, qr = 1;
que[1] = 1, tag[1] = ban;
while ( ql <= qr ) {
int u = que[ql++];
for (int it = gr[u]; it; it = gr.nxt[it]) {
int v = gr.to[it];
if ( v != ban && tag[v] != ban )
que[++qr] = v, tag[v] = ban;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
if ( tag[i] != ban )
deg[i]++, dom[ban][i] = true;
}
void build() {
int ql = 1, qr = 1; que[1] = 1;
while ( ql <= qr ) {
int u = que[ql++];
for (int v = 1; v <= n; v++)
if ( dom[u][v] && (--deg[v]) == 1 ) {
fa[v] = u, que[++qr] = v;
tre.addEdge(u, v);
}
}
}
void dfs(con(int) u) {
dfn[u] = ++ndfn, siz[u] = 1;
for (int it = tre[u]; it; it = tre.nxt[it])
dfs(tre.to[it]), siz[u] += siz[tre.to[it]];
}
void getReach(con(int) s, con(int) ban) {
int ql = 1, qr = 1; que[1] = s;
rea[s][s] = true;
while ( ql <= qr ) {
int u = que[ql++];
for (int it = rg[u]; it; it = rg.nxt[it]) {
int v = rg.to[it];
if ( v != ban && !rea[s][v] )
rea[s][v] = true, que[++qr] = v;
}
}
}
int main() {
// freopen("input\input.in", "r", stdin);
rin(n), rin(m), rin(nq);
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
rin(u), rin(v);
gr.addEdge(u, v), rg.addEdge(v, u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
deg[i]++, dom[1][i] = true;
for (int i = 2; i <= n; i++) bfs(i);
build(), dfs(1);
for (int i = 2; i <= n; i++) getReach(i, fa[i]);
while ( nq-- ) {
int s, t; rin(s), rin(t);
for (int i = 2; i <= n; i++)
if ( !dom[fa[i]][s] && rea[i][t] )
ans[dfn[i]]++, ans[dfn[i] + siz[i]]--;
int tot = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
ans[i] += ans[i - 1];
if ( ans[i] ) tot++;
ans[i - 1] = 0;
}
write(tot), putchar('
');
}
return 0;
}