「dfs 序求 lca」学习笔记

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一种 $O(n\log n)$ 预处理，$O(1)$ 查询 lca 的算法，类似于压缩版的欧拉序求 lca 做法，但时空复杂度更优。

对于两点 $x,y$，不妨设 $df{n}_x<df{n}_y$。

• 若 $x=y$，$lca(x,y)=x$，这个需要特判。
• 若 $x,y$ 在 $lca$ 的两棵不同子树上，从 $x\to y$ 的路径就是 $x\to lca$ 再 $lca\to y$，发现 $lca\to y$ 这一条路径上除了 $lca$ 其余节点 $i$ 的 $dfn$ 均满足 $df{n}_x\le df{n}_i\le df{n}_y$，故此直接求 $df{n}_i$ 在区间 $[df{n}_x,df{n}_y]$ 内的节点 $i$ 中 $de{p}_i$ 最小的那个点，其父亲就是 $lca(x,y)$。
• 若 $y$ 在 $x$ 的子树上，$lca(x,y)=x$，其实可以特判，但不简洁，不妨取 $x^{\prime }$ 满足 $df{n}_{x^{\prime }}=df{n}_x+1$，再按照上述过程处理，答案依旧正确。

最后发现使 $df{n}_{x^{\prime }}=df{n}_x+1$ 的操作对于第二种情况对答案也没有影响，故此是一种通解。

上述操作可以用 $ST$ 表维护。

该方法对于大多数题尤其询问时不允许多个 $\log$ 的情况下十分优秀，但由于树剖常数巨小，非特殊情况用树剖求 $lca$ 也是一种不错的选择。

• 附录：c++ 库内自带函数 __lg(n) 为 $O(1)$，而 log2(n) 复杂度为 ${\log }_{2}n$。

void dfs(int x,int fa)
{
    dfn[x]=++tot; mi[tot][0]=fa;
    for(int y:e[x]) if(y!=fa) dfs(y,x); 
}
int min_(int x,int y) {return dfn[x]<dfn[y]?x:y;}
void ST()
{
    for(int j=1;j<=__lg(n);j++)
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
            mi[i][j]=min_(mi[i][j-1],mi[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
int lca(int x,int y)
{
    if(x==y) return x;
    x=dfn[x],y=dfn[y];
    if(x>y) swap(x,y);
    x++; int t=__lg(y-x+1);
    return min_(mi[x][t],mi[y-(1<<t)+1][t]);
}