To_Heart—总结——LCA

作为一名合格的 OIer ，一定要有自我总结的意识，一定要通过写博客的方式来验证自己的掌握程度

————沃.茨基硕德

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目录

• 作为一名合格的 OIer ，一定要有自我总结的意识，一定要通过写博客的方式来验证自己的掌握程度
• ————沃.茨基硕德
• 写在前面
• 0. 一些定义
• 1. 暴力爬山法
• • 方法
  • • 举个栗子
  • 核心代码:
• 2.基于倍增的暴力爬山法
• • 方法
  • • 预处理
    • 倍增优化-第一部分
    • 倍增优化-第二部分
  • 代码
• 3.Tarjan算法
• • 方法
  • • 举个栗子
  • 代码

今天，咱们来讲一讲LCA算法

写在前面

对于LCA，笔者也并没有说做到百分之百的掌握掌握了就不用写博客了呀，所以若有什么错误的地方，希望各位看官可以指出；

0. 一些定义

首先，我们需要明白一些定义，这些定义可以帮我们更好的理解算法

1. 祖先：有根树中，一个节点到根的路径上的所有节点被视为这个点的祖先，包括根和它本身；
2. 公共祖先：对于点a和b，如果c既是a的祖先又是b的祖先，那么c是a和b的公共祖先;
3. 深度：子节点的深度=父节点深度+1，一般我们定根的深度为1;
4. 最近公共祖先：树上两个节点的所有公共祖先中，深度最大的那个称为两个点的最近公共祖先(LCA的定义)。

好了，对于LCA的学习前提条件，各位看官已经明白了，那么接下来就正式进入LCA的讲解

1. 暴力爬山法

这个方法就和他的名字一样，暴力，变态但确实简单
如下图：

虽然有点丑将就看吧

方法

1. 如果a和b的深度不同，那么将深度更大的那个点向根的方向移动一步(即选择它的父节点)，重复这个过程直到两个点深度相同;
2. 当a和b深度相同，但不是同一个点，那么各自向根的方向移动一步(即选择它们各自的父节点)，重复这过程直到选择到同一个点。

举个栗子

那让我们来尝试一下这个方法吧！

假设我们现在要找5和7的LCA：

第一步，找到每一个点的深度(DFS);

第二步，发现7的深度比5大，所以把7换成他的父亲节点4；

第三步，5和4的深度相同，但它们不是同一个点，所以把5换成3，6也换成3；

第四步，发现3和3是相同的店，所以LCA(5，7)=3；

核心代码:

int LCA(int a,int b){
	while(dis[a]!=dis[b]){  //如果深度不同，就转换为父亲节点 
		if(dis[a]<dis[b])
			b=fa[b];		//如果b的深度大于a，就让b变成它的父亲 
		else 
			a=fa[a]; 		//a也同理 
	}
	while(a!=b){
		a=f[a],b=f[b];  	//如果他们的深度相同，但却不是同一个点，就一直往上找父亲 
	}
	return a;				//相同则返回 
}

各位客官，是否发现暴力爬山法的时间复杂度是O(n)呢？

我们将这棵树退化成一条链，查询的两点一个为根节点，另一个为叶子节点，这样的时间复杂度就退化成了 O(n)，如果我们查询q次，它的复杂度就是O(nq);

但聪明的客官是否发现，我们可以将它升级成O(nlogn)呢？

这就是第二种方法了。

2.基于倍增的暴力爬山法

方法

对于第一个部分，假设a的深度小于b，那么我们在做的事实际上就是找到b的祖先中深度和a一样的点c。

对于第二个部分，我们做的事就是找到a和c的LCA，假设是点d。

这两个部分都可以运用倍增的思想优化。

预处理

先求出每个点往根的方向走2的幂步的点，和快速幂中求a的次方类似。

如果我们以dp[i][j]表示从i往根方向走2^j步的节点，那么也就等于从dp[i][j-1]再往根的方向走2^(j-1)步的结果，即dp[i][j]=dp[dp[i][j-1]][j-1]。

可以在bfs求树上每个点深度的时候，顺便预处理fa数组，时间复杂度o(nlogn)。

一般如果走的步数超过到根的步数，一般设结果为0，因为一般点的编号不包0。

倍增优化-第一部分

我们从大到小枚举i，考虑往根的方向走2^i步之后深度会不会小于c的深度，也就是a的深度，如果不会就选择走，反之就选择不走。

时间复杂度o(logn)。

倍增优化-第二部分

假设点a、c和点d的深度差为dis，只要走的步数大于等于dis，那么a和c走的结果肯定是同一个点，所以先走dis-1步，再走一步。

所以我们要先判断现在的a和c是不是相同，如果不相同， 就先走到不相同的深度最小的点，再走一步。

同样，从大到小枚举i，每次走2^i步。

时间复杂度o(logn)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Step = 20;

int n, m;
vector<int> v[100005];
bool f[100005];
int pre[100005];
int dp[100005][30];

void BFS(int root) {
    queue<int> q;
    q.push(root);
    pre[root] = 1;
    while (!q.empty()) {
        int x = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
            int y = v[x][i];
            if (pre[y])
                continue;
            dp[y][0] = x;
            pre[y] = pre[x] + 1;
            for (int j = 1; j <= Step; j++) {      	//dp数组维护 
                dp[y][j] = dp[dp[y][j - 1]][j - 1];
            }
            q.push(y);
        }
    }
}

int LCA(int x, int y) {
    if (pre[x] > pre[y]) {  						//便于操作，深度大的放前面 
        int t = x;
        x = y;
        y = t;
    }
    for (int i = Step; i >= 0; --i) {				//找到和x深度相同的点 
        if (pre[dp[y][i]] >= pre[x])
            y = dp[y][i];
    }
    if (x == y)
        return x;
    for (int i = Step; i >= 0; --i) {				//找到值相同的点 
        if (dp[x][i] != dp[y][i]) {
            x = dp[x][i];
            y = dp[y][i];
        }
    }
    return dp[x][0];
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    BFS(1);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        printf("%d\n", LCA(x, y));
    }
    return 0;
}

3.Tarjan算法

方法

Tarjan算法本质上是用并查集的路径压缩优化的dfs，时间复杂度为O(N + Q)。

在DFS的任意时刻，树中节点分为两类：

1. 已经开始递归的节点；
2. 尚未访问的节点。

我们可以定义一个布尔类型的数组f，在这些1类上标记一个整数1，2类节点暂时不管。

在DFS的回溯时，我们可以把回溯点的并查集中的祖先设为他的父节点

那么对于任何两个点来说，如果两个点都被递归遍历过，那么他们的LCA就是两个点并查集中的祖先。

举个栗子

我们来找6和10的LCA；

1. 搜索，将f[2]设为1；
2. f[3]=1;
3. f[4]=1;
4. f[6]=1，发现查询中有6,但又发现10并未被查询(即f[10]=0),所以暂时不管；
5. 6为叶子节点，回溯，并让pre[6]=4;
6. f[7]=1;
7. 7为叶子节点，回溯，并让pre[7]=4;
8. 4所有节点都遍历过了，回溯，并让pre[4]=3;
9. f[5]=1;
10. ……
11. f[10]=1,发现查询中有10，且6已被查询过(f[6]=1)，所以LCA(6,10)=Find_Set(6)=3;

代码

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

struct zz {
    int u, id;
};

vector<int> v[100005];
vector<zz> sum[100005];
int n, m;
int ans[100005];
int pre[100005];
bool f[100005];

int Find_Set(int x) {
    if (x != pre[x]) {
        pre[x] = Find_Set(pre[x]);
    }
    return pre[x];
}

void Make_Set(int x) {
    for (int i = 1; i <= x; i++) {
        pre[i] = i;
    }
}

void Tarjan(int x) {
    f[x] = 1;
    for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
        int y = v[x][i];
        if (f[y])
            continue;
        Tarjan(y);
        pre[y] = Find_Set(x);
    }
    for (int i = 0; i < sum[x].size(); i++) {
        zz y = sum[x][i];
        if (f[y.u] == 1) {
            ans[y.id] = Find_Set(y.u);
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    Make_Set(n);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        sum[x].push_back(zz{ y, i });
        sum[y].push_back(zz{ x, i });
    }
    Tarjan(1);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        printf("%d\n", ans[i]);
    }
    return 0;
}