LA 问题的若干种解法
看了眼 P5903 的题解区，方法还是挺多的，那我就浅浅的总结一下。
Algorithm 1
最简单的，直接往他的父亲节点跳，单次询问复杂度 \(\mathrm O(n)\)，总复杂度为 \(\mathrm O(qn)\)。这是最基础的写法。
Algorithm 2
我们用倍增的思想来做，这个也很简单不多讲，单次的复杂度为 \(\mathrm O(\log n)\)，总复杂度为 \(\mathrm O(q \log n)\)。
Algorithm 3
我们可以考虑使用重链剖分。如果这个链的顶端没有跳过的话，就直接跳到链顶的父亲，否则直接推就可以了，因为 \(dfs\) 序是连续的。单次复杂度也是 \(\mathrm O(\log n)\)，总复杂度为 \(\mathrm O(q \log n)\)。
看似复杂度是一样的，但是速度比 Algorithm 2 要快许多，此时已经可以通过了。
Algorithm 4
我们考虑如何优化 Algorithm 3。
我们发现我们需要跳到 \(k\) 级祖先的重链，然后我们就可以 \(\mathrm O(1)\) 知道祖先的位置了。然而跳链过程是 \(\mathrm O(\log n)\)，瓶颈就这这里。我们考虑如何更快地找到这条链。
我们发现一个点上面至多有 \(\log n\) 条链，那么我们直接二分这个点锁在的重链的位置即可。单次的复杂度为 \(\mathrm O(\log \log n)\)。由于瓶颈在前面了，所以总复杂度不变。
Algorithm 5
我们依然考虑如何优化 Algorithm 3。
我们可以一次跳 \(\sqrt \log n\) 个祖先，这样子我们就可以一次多跳几个祖先了。单次复杂度为 \(\mathrm O(\sqrt \log n)\)，总复杂度为 \(\mathrm O(q \sqrt \log n)\)。
Algorithm 6
这题的正解：长链剖分。
比较麻烦。先按照节点深度树剖。然后利用倍增数组跳到 \(2^x\)，剩余的距离差为 \(k_1\)，这里 \(2^x > k_1\)。然后由于长链的长度 \(> k_1\)，那么因此可以先将 \(x\) 跳到 \(x\) 所在链的顶点。
若之后剩下的级数为正，则利用向上的数组求出答案，否则利用向下的数组求出答案。单次时间复杂度 \(\mathrm O(1)\)，但是瓶颈在前面，复杂度为 \(\mathrm O(n \log n)\)。
Algorithm 7
这题还有一个比较科技的做法-----用 \(\pm 1 \ \text{FS(Find Smaller)}\) 解决 \(\text{LA}\) 问题。
我们发现 \(x\) 的深度为 \(d\) 的祖先是他后面的第一的深度 \(\le d\) 的节点。那么这个问题就是一个 \(\text{FS}\) 问题了。
然后欧拉序具有 \(\pm 1\) 的性质。那么这个问题就变成了 \(\pm 1 \ \text{FS(Find Smaller)}\) 问题，这个问题有良好的性质。可以支持在线常数查询。
定义：\(\text{ctz}(z)\) 表示 \(\max_{k = 0} 2^k \mid x\)。
定义：\(\text{lbt}(i,j)\) 表示 \(i\) 和 \(j\) 之间 \(\text{ctz}\) 最大的数。
引理：对于任意的 \(i,j\)，都有 \(j - i + 1 \le 2^{\text{lbt(i,j) + 1}}\)。
假设我们现在给出的数组为 \(a_{0,1,\cdots \cdots n - 1}\)。然后我们定义 \(f(i) = 3 \times 2^{\text{ctz(i)}},f(0) = n\)。然后我们定义 \(B_{i,1,2 \cdots f(i)}\)，其中 \(B_{i,j} = \text{Fz}(i,a_i - j)\)。
然后当我们查询 \(i\) 后面第一个大于 \(x\) 的数的位置时，答案如下：
-
若 \(a_i \le x\)，答案为 \(i\)。
-
否则
- 令 \(d = a_i - x\)，若 \(d \le f(i)\)，那么答案为 \(B_{i,d}\)。
- 否则，我们令 \(d = lbt(i - d + 1,i)\)，那么答案为 \(B_{k,a_k - x}\)。
那么问题就变成了如何在 \(\mathrm O(n \log n)\) 预处理出 \(B\) 数组。当然处理是简单的，我们只需要倒着扫一遍，然后用一个桶记录一个数最前的出现位置。然后最终的复杂度就是 \(O(n \log n)\)。
Algorithm 8
最高贵的线性做法！！！！！是 Algorithm 7 的进阶版本，在 Algorithm 7 当中定义的所有东西都在这里适用。
我们先定义 \(\text{Fs}(i,x)\) 为 \(i\) 后面第一个 \(\le x\) 的数的位置。
考虑分块，我们取 \(b = \lfloor \frac{\log n}{2} \rfloor\)。然后我们先考虑块间的贡献。
对于每一个块，我们维护一下两个信息：
-
\(N_{i,1 \sim 2b}\)，其中 \(N_{i,j} = \text{Fs}(i \times b,a_{i \times b} - j)\)。
-
\(F_{i,1 \sim f(i)}\)，其中 \(F_{i,j} = \lfloor \frac{\text{Fs}(ib,a_{ib}-jb)}{b} \rfloor\)。
注意到如果 \(F_{i,j} = k\)，那么 \(a_{ib} - jb \le a_{kb} < a_{ib} - (j - 1)b\)。这个式子可以用 \(\pm 1\) 性质证明。
然后我们考虑如何查询 \(\text{Fs}(ib + j,x)\)。
- 若 \(x \ge a_{ib + j}\) 返回 \(ib + j\)。
- 若 \(j > 0\)：
- 通过块内查询，若答案在块内，则直接返回；
- 若答案不在块内，那么返回 \(\text{Fs}((i + 1)b,x)\)；
- \(j=0\)：
- 若 \(x \ge a_{ib} - jb\)，返回 \(N_{i,a_{ib} - x}\)；
- 令 \(d = \lfloor \frac{a_{ib} - x}{b} \rfloor\)：
- 若 \(d \le f(i)\)，那么返回 \(\text{Fs}(F_{i,d}b,x)\)；
- 否则返回 \(\text{Fs}(\text{lbt}(i - d + 1,i)b,x)\)。
然后我们发现因为：
所以所有的情况，都会变成 \(j = 0\) 的第一种情况。
然后我们考虑块内怎么做。
接下来是利用位掩码的方法，一般块长取 \(w\)。
那么，\(m(ib+j,ib+j+1),m(ib+j,ib+j+2)\dots m(ib+j,ib+(b-1))\) 中第 \(a_{ib+j}-x\) 个 \(1\) 的位置就对应 \(\mathrm{Fs}(ib+j,x)\)，如果不存在这样的位置，则说明答案不在块内。
我们将 \(m(ib+j,ib+j+1),m(ib+j,ib+j+2)\dots m(ib+j,ib+(b-1))\) 压入一个数 \(m_{ib+j}\) 内，查询即为查找第 \(k\) 个为 \(1\) 的二进制位位置，这一操作可以进行一些预处理后 \(O(1)\) 实现。
那么我们就获得了 \(\mathrm O(n) - O(1)\) 的写法了。
