RMQ求LCA

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rmq求LCA，interesting。

一直没有学这玩意儿是因为CTSC的Day1T2，当时我打的树剖LCA 65分，gxb打的rmq LCA 45分。。。

不过rmq理论复杂度还是小一点的，就学一下把。

RMQ求LCA

我们要用到三个数组

\(dfn[i]\):第\(i\)个节点位置的时间戳

\(id[i][j]\)：在欧拉序中\(i\)到\(i + 2^j - 1\)这段区间内深度最小的节点编号

\(dep[i]\)：第\(i\)个节点的深度

实际上用到了一个性质：

对于任意两点的\(LCA\)，一定是它们欧拉序中两点之间的最小值

欧拉序是什么？就是把dfs中遍历到每一个一个节点(包括回溯时遍历到)加到一个序列里，最终得到的就是欧拉序

时空复杂度

设\(T = 2 * n - 1\)

时间复杂度：

预处理：\(O(TlogT)\)

查询：\(O(1)\)

空间复杂度：

考虑欧拉序中有多少个点，首先每个点被访问到的时候会做出\(1\)的贡献

其次在遍历每条边时会多出\(1\)的共贡献

因此总空间复杂度为：\(O(T)\)

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
const int MAXN = 1e6 + 10;
using namespace std;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, Q, S, tot, dfn[MAXN], rev[MAXN], dep[MAXN], id[MAXN][21], lg2[MAXN], rd[MAXN];
vector<int> v[MAXN];
void dfs(int x, int fa) {
    dfn[x] = ++tot; dep[x] = dep[fa] + 1; id[tot][0] = x; 
    for(int i = 0, to; i < v[x].size(); i++) {
        if((to = v[x][i]) == fa) continue;
        dfs(to, x);
        id[++tot][0] = x;
    }
}
void RMQ() {
	for(int i = 2; i <= tot; i++) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
    for(int j = 1; j <= 20; j++) {
        for(int i = 1; (i + (1 << j) - 1) <= tot; i++) {
            int r = i + (1 << (j - 1));
            id[i][j] = dep[id[i][j - 1]] < dep[id[r][j - 1]] ? id[i][j - 1] : id[r][j - 1];
        }
    }
}
int Query(int l, int r) {
    if(l > r) swap(l, r);
    int k = lg2[r - l + 1];
    return dep[id[l][k]] < dep[id[r - (1 << k) + 1][k]] ? id[l][k] : id[r - (1 << k) + 1][k];
}
int main() {
	freopen("a.in", "r", stdin);
    N = read(); Q = read(); S = read();
    for(int i = 1; i <= N - 1; i++) {
        int x = read(), y = read();
        v[x].push_back(y); v[y].push_back(x);
    }
    dfs(S, 0);
    RMQ();
    while(Q--) {
        int x = read(), y = read();
        printf("%d\n", Query(dfn[x], dfn[y]));
    }
    return 0;
}