LCA（lowest common ancestor）问题

转自大神http://blog.163.com/zhaohai_1988/blog/static/209510085201263195947966/的博客

问题描述

 LCA：Least Common Ancestors（最近公共祖先），对于一棵有根树T（不一定是二叉树哦）的任意两个节点u，v，求出LCA(T, u, v)，即离根节点root最远的节点x，使得x同时是u和v的祖先。

 

对于该问题，最容易想到的算法是分别从节点u和v回溯到根节点，获取u和v到根节点的路径P1，P2，其中P1和P2可以看成两条单链表，这就转换成常见的一道面试题：【判断两个单链表是否相交，如果相交，给出相交的第一个点。】。该算法总的复杂度是O（n）（其中n是树节点个数）。

本文介绍了两种比较高效的算法解决这个问题

      在线算法：用比较长的时间做预处理，但是等信息充足以后每次回答询问只需要用比较少的时间。

在线算法是DFS+ST。其中ST（sparse-table）算法在RMQ算法那篇文章中有详细解释。

                RMQ：给出一个数组A，回答询问RMQ(A, i, j)，即A[i...j]之间的最值的下标。  
      离线算法：先把所有的询问读入，然后一起把所有询问回答完成。 （Tarjan算法 ）

问题的解决

一 、在线算法DFS+ST(思想是：将树看成一个无向图，u和v的公共祖先一定在u与v之间的最短路径上)：

（1）DFS：从树T的根开始，进行深度优先遍历（将树T看成一个无向图），并记录下每次到达的顶点。第一个的结点是root(T)，每经过一条边都记录它的端点（欧拉环游）。由于每条边恰好经过2次，因此一共记录了2n+1个结点，用E[1, ... , 2n+1]来表示。比如

 

 

我们可以建立三个数组:

E[1, 2*N-1]  - 对T进行欧拉环游过程中所有访问到的结点;E[i]是在环游过程中第i个访问的结点

L[1,2*N-1] -  欧拉环游中访问到的结点所处的层数;L[i]是E[i]节点所在的层数R[1, N] ------ R[i] 是E中结点i第一次出现的下标(任何出现i的地方都行，当然选第一个不会错)

 

（2）计算R：用R[i]表示E数组中第一个值为i的元素下标，即如果R[u] < R[v]时，DFS访问的顺序是E[R[u], R[u]+1, …, R[v]]。虽然其中包含u的后代，但深度最小的还是u与v的公共祖先。

（3）RMQ：当R[u] ≥ R[v]时，LCA[T, u, v] = RMQ(L, R[v], R[u])；否则LCA[T, u, v] = RMQ(L, R[u], R[v])，计算RMQ。

由于RMQ中使用的ST算法是在线算法，所以这个算法也是在线算法。

(图中的H数组就是R数组）

 

 

 

 

 

再拿一个更小的例子讲解。

将有向树看成无向树，对于 u 和 v 的最近公共主祖先，则可以证明，最近公共祖先必定在 u 通往 v 的最短路径上，并且是最短路径上深度最小的结点。先对树进行 DFS， 保存其 DFS 序列， 再在序列找深度最小的结点。

 

例如：

对于树 <V,E>, V= { 1, 2, 3, 4, 5 }, E= { <1,2>, <1,3>, <3,4>, <3,5> }

对其进行 DFS 访问，记录的一种 DFS 访问路径为( 用E[]记录 ):

E[i]: 1 2 1 3 4 3 5 3 1       对应的结点在树中的深度为( 用L[]记录 )：

L[i]: 0 1 0 1 2 1 2 1 0

对于求 u 和 v 的最近公共祖先，先找到 u 和 v 在E[]中第一次出现的位置（其实可以用一个数组R[]记录下来，如前文介绍）， 如 u= 2, v= 3 时， 2 在 E[] 中第一次出现的位置在 E[] 中下标为 1， 3第一次有 E[] 中出现的下标为 3, 考虑 E[] 中，下标从 1 到 3 这一段， { 2, 1, 3 } 对应深度为 { 1, 0, 1 } 深度最小为 0, 对应的结点为 1, 所以 u= 2, v= 3 的最近公共祖先为 1。

 

对一个数组中某一段求最值可以用 RMQ 来做（用sparse-table的算法），所以 LCA 问题就转化为了 RMQ 问题了。