作用：在有向圖中，當詢問從起點到終點的路徑必須經過的點，即去掉這個點以及周圍的邊，就不能從起點到達終點的點（類似於無向圖中的割點）。這時，可與通過建立支配樹來解決問題。
結構：支配樹理所當然是乙個樹狀結構。圖的起點作為根節點，每乙個節點到達根節點的路徑都是必經點。如果能建立這樣的樹狀結構，那麼基本可以通過搜尋求得關於必經點的所有資訊。
在dag上的建樹方法：
總的來說就是，點x在支配樹上的父親就是所有能走到它的點在支配樹上的lca（這個感性理解）。
這樣就可以在o(nlog(n))的時間裡求解，而且還是多個點的；
具體講，就是先進行拓撲排序，然後從前往後依次遍歷，沒遍歷到乙個點，需要根據反向邊來尋找那哪幾個邊能到達這個節點，然後求出幾個點的最近公共組先，就是在支配樹上這個節點的父親。所以需要用倍增找最近公共組先的方法來動態維護二維 f【】【】 陣列（倍增j倍之後i的父節點）和一維 d【】陣列（i號節點的深度）。
在普通的有向圖中建立支配樹:
在普通的有向圖中建樹還是有一定難度的，看了一遍一知半解，大概思路懂了但是具體實現想的不太清楚，之後持續更新。
題目是中文，就不說了。
具體方法就是找每乙個點是從起點到幾個點的必經點。輸出數量。裸的dag上的支配樹建立，建樹之後之需要搜尋一遍求子樹大小即可。
ac**：
#include
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#include
#include
// #include
// #include
#define pb push_back
#define _fileout freopen("out.txt","w",stdout)
#define _filein freopen("in.txt","r",stdin)
#define ok(i) printf("ok%d\n",i)
using
namespace std;
// using namespace __gnu_pbds;
typedef
double db;
typedef
long
long ll;
typedef pair<
int,
int>pii;
const
double pi =
acos(-
1.0)
;const ll mod=
1e9+7;
const ll neg=
1e9+6;
const
int maxn=
1e6+10;
const
int inf=
0x3f3f3f3f
;const ll ll_inf=
9223372036854775807
;const
double eps=
1e-9
;int head[maxn]
,nex[maxn]
,e[maxn]
,o;//正向圖
void
add(
int x,
int y)
//加正向邊
int head2[maxn]
,nex2[maxn]
,e2[maxn]
,o2;
//反向圖
void
add2
(int x,
int y//加逆向邊
int n;
vector<
int>v;
queue<
int>q;
int du[maxn]
;// int vis[maxn];
void
getv()
//拓撲排序更新拓撲序列v}}
int head_zp[maxn]
,nex_zp[maxn]
,e_zp[maxn]
,tot;
//支配樹
void
add_zp
(int x,
int y)
//加支配樹的邊
int f[maxn][20
],d[maxn]
;int t;
intlca
(int x,
int y)
//求最近公共祖先
if(x==y)
return x;
for(
int i=t;i>=
0;i--
)return f[x][0
];}int size[maxn]
;void
dfs(
int x)
//搜尋求每個節點的子樹大小
dfs(y)
; size[x]
+=size[y];}
}int
main()
// printf("du[%d]=%d\n",i,du[i]);
if(du[i]==0
) q.
push
(i);
}getv()
;int len=v.
size()
;// for(int i=0;i//
// printf("\n");
for(
int i=
0;i)// printf("%d %d\n",mid,x);
// printf("lca 2,3=%d\n",lca(2,3));
// ok(1);
add_zp
(mid,x)
;// ok(2);
f[x][0
]=mid;
d[x]
=d[mid]+1
;for
(int l=
1;l<=t;l++)}
// for(int i=1;i<=n;i++)
// // }
for(
int i=
0;i)for
(int i=
1;i<=n;i++
)return0;
}
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