P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

$P3379$ 【模板】最近公共祖先（$LCA$）

$LCA$常见的四种求法

一、暴力

操作步骤：
① 求出每个结点的深度
② 询问两个结点是否重合，若重合，则$LCA$已经求出
③ 否则，选择两个点中深度较大的一个，并移动到它的父亲

int depth[N];
int fa[N];

void bfs(int root) {
    queue<int> q;
    q.push(root);
    depth[root] = 1;
    fa[root] = -1;

    while (q.size()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (!depth[v]) {
                depth[v] = depth[u] + 1;
                fa[v] = u;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}

int lca(int a, int b) {
    if (depth[a] > depth[b]) swap(a, b);
    while (depth[a] < depth[b]) b = fa[b];
    while (a != b) a = fa[a], b = fa[b];
    return a;
}

二、倍增求$LCA$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500010, M = N << 1;

int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

int depth[N];
int f[N][20];

void bfs(int root) {
    queue<int> q;
    q.push(root);
    depth[root] = 1;
    while (q.size()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (!depth[v]) {
                depth[v] = depth[u] + 1;
                f[v][0] = u;
                q.push(v);

                for (int k = 1; k <= 19; k++) f[v][k] = f[f[v][k - 1]][k - 1];
            }
        }
    }
}

int lca(int a, int b) {
    if (depth[a] < depth[b]) swap(a, b);

    for (int k = 19; k >= 0; k--)
        if (depth[f[a][k]] >= depth[b]) a = f[a][k];

    if (a == b) return a;

    for (int k = 19; k >= 0; k--)
        if (f[a][k] != f[b][k])
            a = f[a][k], b = f[b][k];

    return f[a][0];
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("P3379.in", "r", stdin);
#endif
    memset(h, -1, sizeof h);

    // Q:为什么上面的数组开20，每次k循环到19？
    // 答： cout << log2(500000) << endl;

    int n, m, s;
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &s);

    int a, b;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%d %d", &a, &b);
        add(a, b), add(b, a);
    }

    bfs(s);

    while (m--) {
        scanf("%d %d", &a, &b);
        cout << lca(a, b) << endl;
    }
    return 0;
}

三、$Tarjan$算法求$LCA$

什么是$Tarjan$(离线)算法呢？顾名思义，就是在一次遍历中把所有询问一次性解决，所以其时间复杂度是$O(n+q)$。

$Tarjan$算法的优点在于 相对稳定，时间 复杂度也比较居中，也很 容易理解。

下面详细介绍一下$Tarjan$算法的基本思路：

1. 任选一个点为根节点，从根节点开始
2. 记$u$已被访问过
3. 遍历该点$u$所有子节点$j$
4. 若是$j$还有子节点，返回$3$，否则下一步
5. 合并$j$到$u$家族
6. 寻找与当前点$u$有询问关系的点$v,id$,
7. 若是$v$已经被访问过了，$lca[id]=find(v)$

遍历的话需要用到$dfs$来遍历(我相信来看的人都懂吧...)，至于合并，最优化的方式就是利用 并查集 来合并两个节点。

下面上伪代码：

//merge和find为并查集合并函数和查找函数
tarjan(u){
    st[u] = true;
    for each(u,v){   //访问所有u子节点v
        tarjan(v);   //继续往下遍历
        p[v] = find(u);//合并v到u上
    }
    for each(u,v){   //访问所有和u有询问关系的v
        如果v被访问过;
        u,v的最近公共祖先为find(v);
    }
}

个人感觉这样还是有很多人不太理解，所以我打算模拟一遍给大家看。

建议拿着纸和笔跟着我的描述一起模拟！！

假设我们有一组数据 $9$个节点 $8$条边 联通情况如下：

$1-2，1-3，2-4，2-5，3-6，5-7，5-8，7-9$ 即下图所示的树

设我们要查找最近公共祖先的点为$9-8，4-6，7-5，5-3$

设$f[]$数组为并查集的父亲节点数组，初始化$f[i]=i，vis[]$数组为是否访问过的数组，初始为$0$;

下面开始模拟过程：

取$1$为 根节点，往下搜索 发现有两个儿子$2$和$3$；

先搜$2$，发现$2$有两个儿子$4$和$5$，先搜索$4$，发现$4$没有子节点，则寻找与其有关系的点；

发现$6$与$4$有关系，但是$vis[6]=0$，即$6$还没被搜过，所以 不操作；

发现没有和$4$有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新$vis[4]=1$；

表示$4$已经被搜完，更新$f[4]=2$，继续搜$5$，发现$5$有两个儿子$7$和$8$;

先搜$7$，发现$7$有一个子节点$9$，搜索$9$，发现没有子节点，寻找与其有关系的点；

发现$8$和$9$有关系，但是$vis[8]=0$,即$8$没被搜到过，所以不操作；

发现没有和$9$有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新$vis[9]=1$；

表示$9$已经被搜完，更新$f[9]=7$，发现$7$没有没被搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；

发现$5$和$7$有关系，但是$vis[5]=0$，所以 不操作；

发现没有和$7$有关系的点了，返回此前一次搜索，更新$vis[7]=1$；

表示$7$已经被搜完，更新$f[7]=5$，继续搜$8$，发现$8$没有子节点，则寻找与其有关系的点；

发现$9$与$8$有关系，此时$vis[9]=1$，则他们的最近公共祖先为$find(9)=5$；
(find(9)的顺序为f[9]=7-->f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)

发现没有与$8$有关系的点了，返回此前一次搜索，更新$vis[8]=1$；
表示$8$已经被搜完，更新$f[8]=5$，发现$5$没有没搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；

发现$7$和$5$有关系，此时$vis[7]=1$，所以他们的最近公共祖先为$find(7)=5$；
($find(7)$的顺序为f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)

又发现$5$和$3$有关系，但是$vis[3]=0$，所以不操作，此时$5$的子节点全部搜完了；

返回此前一次搜索，更新$vis[5]=1$，表示$5$已经被搜完，更新$f[5]=2$；

发现$2$没有未被搜完的子节点，寻找与其有关系的点；

又发现没有和$2$有关系的点，则此前一次搜索，更新$vis[2]=1$；

表示$2$已经被搜完，更新$f[2]=1$，继续搜$3$，发现$3$有一个子节点$6$；

搜索$6$，发现$6$没有子节点，则寻找与$6$有关系的点，发现$4$和$6$有关系；

此时$vis[4]=1$，所以它们的最近公共祖先为$find(4)=1$;

($find(4)$的顺序为f[4]=2-->f[2]=2-->f[1]=1 return 1;)

发现没有与$6$有关系的点了，返回此前一次搜索，更新$vis[6]=1$，表示$6$已经被搜完了；

更新$f[6]=3$，发现$3$没有没被搜过的子节点了，则寻找与$3$有关系的点；

发现$5$和$3$有关系，此时$vis[5]=1$，则它们的最近公共祖先为$find(5)=1$；

($find(5)$的顺序为f[5]=2-->f[2]=1-->f[1]=1 return 1;)

发现没有和$3$有关系的点了，返回此前一次搜索，更新$vis[3]=1$；

更新$f[3]=1$，发现$1$没有被搜过的子节点也没有有关系的点，此时可以退出整个$dfs$了。

经过这次$dfs$我们得出了所有的答案，有没有觉得很神奇呢？是否对$Tarjan$算法有更深层次的理解了呢？

$Code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
const int N = 500010, M = N << 1;

//链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

vector<PII> query[N]; // query[u]: first:询问的另一个顶点; second:询问的编号

int n, m, s;
int p[N];   // 并查集数组
bool st[N]; // tarjan算法求lca用到的是否完成访问的标识
int lca[N]; // 结果数组

int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]); //路径压缩
    return p[x];
}

void tarjan(int u) {
    // ① 标识u已访问
    st[u] = true;
    //② 枚举u的临边，tarjan没有访问过的点
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (!st[j]) {
            tarjan(j);
            //③ 完成访问后，j点加入u家族
            p[j] = u;
        }
    }
    //④ 每个已完成访问的点，记录结果
    for (auto q : query[u]) {
        int v = q.first, id = q.second;
        if (st[v]) lca[id] = find(v);
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &s);

    int a, b;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%d %d", &a, &b);
        add(a, b), add(b, a);
    }

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d %d", &a, &b);
        query[a].push_back({b, i});
        query[b].push_back({a, i});
    }

    //初始化并查集
    for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
    tarjan(s);

    //输出答案
    for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", lca[i]);
    return 0;
}

四、RMQ+ST

挖坑待填
https://blog.csdn.net/m0_60630928/article/details/123160718?share_token=94367124-164f-4ecb-bddb-be496df1a2cd　　　　

//3.95s /  227.49MB /  1.67KB C++14 (GCC 9) O2
 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500005;
vector<int>vec[N];
//记录每个结点可以走向哪些结点 
int f[N*2][21],mem[N*2][21],depth[N*2],first[N],vis[N*2],lg[N];
//f:记录深度序列区间中的最小深度
//mem:记录 找到深度序列区间中的最小深度 时的对应结点（在欧拉序列中） 
//depth:在dfs过程中记录遍历到每个点时的对应深度
//first:记录每个结点第一次出现时在欧拉序列中的位置
//vis:欧拉序列
//lg；lg[i]==log_{2}{i}+1 
int cnt=0,n,m,s;
//cnt:每走到一个点计一次数
 
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
} 
 
void dfs(int now,int dep)
{
	if(!first[now]) first[now]=++cnt;//第一次遍历到该点 
	depth[cnt]=dep,vis[cnt]=now;
	for(int i=0;i<vec[now].size();i++)
	{
		if(first[vec[now][i]]) continue;//是该结点的父节点，跳过 
		else dfs(vec[now][i],dep+1);
		++cnt;
		depth[cnt]=dep,vis[cnt]=now;//深搜完了vec[now][i]下的分支，回到当前结点 now
	}
}
 
void RMQ()
{
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		lg[i]=lg[i-1]+((1<<lg[i-1])==i);
		f[i][0]=depth[i];//区间长度为1时，该区间内深度的最小值就是该结点的深度 
		mem[i][0]=vis[i];
	}
	for(int j=1;(1<<j)<=cnt;j++)//枚举的区间长度倍增 
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=cnt;i++)//枚举合法的每个区间起点 
		{
			if(f[i][j-1]<f[i+(1<<(j-1))][j-1])//深度最小的点在前半个区间 
			{
				f[i][j]=f[i][j-1];
				mem[i][j]=mem[i][j-1];
			}
			else//深度最小的后半个区间 
			{
				f[i][j]=f[i+(1<<(j-1))][j-1];
				mem[i][j]=mem[i+(1<<(j-1))][j-1];
			}
		}
}
 
int ST(int x,int y)
{
	int l=first[x],r=first[y];//找到输入的两个结点编号对应在欧拉序列中第一次出现的位置 
	if(l>r) swap(l,r);
	int k=lg[r-l+1]-1;
	if(f[l][k]<f[r-(1<<k)+1][k]) return mem[l][k];
	else return mem[r-(1<<k)+1][k];
}
 
int main()
{
	n=read(),m=read(),s=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int a,b;
		a=read(),b=read();
		vec[a].push_back(b);
		vec[b].push_back(a);
	}
	dfs(s,0);//打表，给first、depth、vis赋值，给RMQ奠定基础 
	/*cout<<"各结点第一次出现的位置："<<endl; 
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<first[i]<<' ';
	cout<<endl;
	cout<<"欧拉序列："<<endl; 
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
		cout<<vis[i]<<' ';
	cout<<endl;
	cout<<"深度序列"<<endl; 
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
		cout<<depth[i]<<' ';
	cout<<endl;*/
	RMQ();//打表，给f和mem赋值 ,给ST奠定基础 
	while(m--)
	{
		int x,y;
		x=read(),y=read();
		printf("%d\n",ST(x,y));
	}
	return 0;
}