LCA的一些算法
LCA,就是求树上任意两点的最近公共祖先
(本题图片与代码均为Luogu3379)
方法我好像讲过一个,这次把主要的三个一起讲一讲
<1> 倍增(O(n log n))
我们先考虑最基本的LCA,记录每一个点的父节点和深度。
对于两个点x,y,先将它们调到同一高度(令dep[x]>dep[y],即把x向上移(dep[x]-dep[y])步即可,然后一起往上走就可以了。
这复杂度是O(nq)的,所以在此基础上优化。
用father[i][j]表示点j向上走2^i步时的点是多少(没有就是-1),然后每次上移只要走log n次即可。
预处理的话 father[i][j]]=father[i-1][father[i-1][j]];递推即可。
CODE
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N=500005,P=25; struct data { int to,next; }e[N*2+10]; int head[N*2+10],dep[N],father[P][N],i,j,n,m,x,y,root,k; inline void read(int &x) { x=0; char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); } inline void write(int x) { if (x/10) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } inline void add(int x,int y) { e[++k].to=y; e[k].next=head[x]; head[x]=k; } inline void dfs(int k,int fa,int d) { father[0][k]=fa; dep[k]=d; for (int i=head[k];i!=-1;i=e[i].next) if (e[i].to!=fa) dfs(e[i].to,k,d+1); } inline int LCA(int x,int y) { if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y); for (i=P-1;i>=0;--i) if (((dep[x]-dep[y])>>i)&1) x=father[i][x]; if (x==y) return x; for (i=P-1;i>=0;--i) if (father[i][x]!=father[i][y]) { x=father[i][x]; y=father[i][y]; } return father[0][x]; } int main() { read(n); read(m); read(root); memset(e,-1,sizeof(e)); memset(head,-1,sizeof(head)); memset(father,-1,sizeof(father)); for (i=1;i<n;++i) { read(x); read(y); add(x,y); add(y,x); } dfs(root,-1,0); for (j=0;j<P-1;++j) for (i=1;i<=n;++i) if (father[j][i]==-1) father[j+1][i]=-1; else father[j+1][i]=father[j][father[j][i]]; while (m--) { read(x); read(y); write(LCA(x,y)); putchar('\n'); } return 0; }
<2> DFS序+RMQ(O(n log n))
考虑一棵树的DFS序(不懂查百度),如样例的DFS序就是:4 2 4 1 3 1 5 1 4
不难发现,两个点的LCA就是它们第一次出现的位置之间深度最小的点(证明略)。
所以我们用RMQ实现O(1)查询,预处理是O(n log n)
注意RMQ返回的是具体的点而不是深度
不得不提的是数据的first[x],first[y]值不一定是从小到大排的,需要判断一下(RE了很久)
CODE
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; const int N=500005,P=25; struct data { int to,next; }e[N*2+10]; struct RMQ { int num,x; }f[P][N*2+10]; int head[N],first[N],n,m,root,i,j,k,tot,x,y; inline void read(int &x) { x=0; char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); } inline void write(int x) { if (x/10) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } inline void add(int x,int y) { e[++k].to=y; e[k].next=head[x]; head[x]=k; } inline void dfs(int k,int fa,int d) { f[0][++tot].num=k; f[0][tot].x=d; first[k]=tot; for (int i=head[k];i!=-1;i=e[i].next) if (e[i].to!=fa) dfs(e[i].to,k,d+1),f[0][++tot].num=k,f[0][tot].x=d; } int main() { //freopen("testdata.in","r",stdin); freopen("testdata.out","w",stdout); read(n); read(m); read(root); memset(e,-1,sizeof(e)); memset(head,-1,sizeof(head)); for (i=1;i<n;++i) { read(x); read(y); add(x,y); add(y,x); } dfs(root,-1,0); for (j=1;j<P;++j) for (i=1;i+(1<<j)-1<=tot;++i) if (f[j-1][i].x<f[j-1][i+(1<<(j-1))].x) f[j][i].x=f[j-1][i].x,f[j][i].num=f[j-1][i].num; else f[j][i].x=f[j-1][i+(1<<(j-1))].x,f[j][i].num=f[j-1][i+(1<<(j-1))].num; while (m--) { read(x); read(y); x=first[x]; y=first[y]; if (x>y) swap(x,y); int k=(int)log2(y-x+1); if (f[k][x].x<f[k][y-(1<<k)+1].x) write(f[k][x].num); else write(f[k][y-(1<<k)+1].num); putchar('\n'); } return 0; }
<3> Tarjan(O(n+q))
这个我第一次写这道题的时候已经写过了,具体看http://www.cnblogs.com/cjjsb/p/8203882.html
这里给一下邻接表的代码(好不容易会打)
CODE
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=500005; struct data { int to,next; }e[N*2+10]; struct ques { int to,next,num; }q[N*2+10]; int head[N],qhead[N],father[N],ans[N],i,k,qk,x,y,n,m,root; bool vis[N]; inline void read(int &x) { x=0; char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); } inline void write(int x) { if (x/10) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } inline void add(int x,int y) { e[++k].to=y; e[k].next=head[x]; head[x]=k; } inline void qadd(int x,int y,int z) { q[++qk].to=y; q[qk].num=z; q[qk].next=qhead[x]; qhead[x]=qk; } inline int getfather(int k) { return father[k]==k?k:father[k]=getfather(father[k]); } inline void dfs(int k) { vis[k]=1; for (int i=qhead[k];i!=-1;i=q[i].next) if (vis[q[i].to]) ans[q[i].num]=getfather(q[i].to); for (int i=head[k];i!=-1;i=e[i].next) if (!vis[e[i].to]) dfs(e[i].to),father[e[i].to]=k; } int main() { read(n); read(m); read(root); memset(head,-1,sizeof(head)); memset(qhead,-1,sizeof(qhead)); memset(e,-1,sizeof(e)); memset(q,-1,sizeof(q)); for (i=1;i<n;++i) { read(x); read(y); add(x,y); add(y,x); } for (i=1;i<=m;++i) { read(x); read(y); qadd(x,y,i); qadd(y,x,i); } for (i=1;i<=n;++i) father[i]=i; dfs(root); for (i=1;i<=m;++i) write(ans[i]),putchar('\n'); return 0; }
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