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P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

暴力

倍增法

RMQ+ST

Tarjan

四个方法的优缺点比较

P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

暴力

操作步骤：

求出每个结点的深度；

询问两个结点是否重合，若重合，则LCA已经求出；

否则，选择两个点中深度较大的一个，并移动到它的父亲。

int LCA(int x,int y)
{while(x!=y){if(depth[x]>=depth[y]) x=fa[x];else y=fa[y];}return x;
}

倍增法

操作步骤：

求出倍增数组；

把两个点移动到同一深度；

逐步试探出LCA。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Edge
{int to,next;
}edge[500005*2];//无向图，两倍开
int head[500005],grand[500005][21],depth[500005],lg[500001];
int cnt,n,m,s;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 add(int x,int y)
{edge[++cnt].to=y;edge[cnt].next=head[x];head[x]=cnt;
}void dfs(int now,int fa)
{depth[now]=depth[fa]+1;grand[now][0]=fa;for(int i=1;i<=lg[depth[now]];i++)//for(int i=1;(1<<i)<=depth[now];i++)grand[now][i]=grand[grand[now][i-1]][i-1];//爸爸的爸爸叫爷爷~~~ for(int i=head[now];i;i=edge[i].next)//遍历和当前结点相连的所有的边（按输入的倒序），最后一条边的 edge[i].next==0{cout<<"第"<<i<<"条边,指向" <<edge[i].to<<endl; if(edge[i].to!=fa)dfs(edge[i].to,now);}
}int LCA(int a,int b)
{if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);while(depth[a]>depth[b])a=grand[a][lg[depth[a]-depth[b]]-1];//倍增法逼近，e.g:depth[a]-depth[b]==14//lg[depth[a]-depth[b]]-1==3,a上升8个深度，depth[a]-depth[b]==6； //lg[depth[a]-depth[b]]-1==2,a上升4个深度，depth[a]-depth[b]==2； //lg[depth[a]-depth[b]]-1==1,a上升2个深度，depth[a]-depth[b]==0； if(a==b) return a;//a和b的LCA就是a for(int k=lg[depth[a]]-1;k>=0;k--)if(grand[a][k]!=grand[b][k])a=grand[a][k],b=grand[b][k];//从远古祖先(注意不要越界）中逐渐向最近的试探 // e.g:depth[a]==14,depth[LCA]==7;// k=lg[depth[a]]-1,k==3;grand[a][k]==grand[b][k];continue;//k==2,grand[a][k]!=grand[b][k],a,b一起向上4个深度；//k==1,grand[a][k]!=grand[b][k],a,b一起向上2个深度；//k==0,grand[a][k]!=grand[b][k],a,b一起向上1个深度； //一共向上4+2+1==7个深度，找到LCA return grand[a][0];
}int main()
{n=read(),m=read(),s=read();for(int i=1;i<n;i++){int a,b;a=read(),b=read();add(a,b);add(b,a);}for(int i=1;i<=n;i++)lg[i]=lg[i-1]+((1<<lg[i-1])==i);//log_{2}{i}+1dfs(s,0);//从根结点开始搜索 while(m--){int x,y;x=read(),y=read();printf("%d\n",LCA(x,y));}return 0;
}

RMQ+ST

（转化为欧拉序列上的RMQ问题，采用ST算法）

名词解释：

欧拉序列：每经过一个结点，都进行一次统计产生的DFS序列；

RMQ：指的一类连续查询区间最小（最大）值的问题；

ST算法：求解RMQ问题的算法。

不了解ST算法点这里：

P3865 【模板】ST 表https://www.luogu.com.cn/problem/P3865

ST表：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,f[100010][20];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;
}int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=read();int t=log(n)/log(2);for(int j=1;j<=t;j++)for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++)f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);while(m--){int r,l;l=read(),r=read();int k=log(r-l+1)/log(2);int ans=max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

操作步骤：

DFS求出欧拉序列和深度序列，以及每个结点在欧拉序列中第一次出现的位置；

找到查询的两个结点在欧拉序列中第一次出现的位置；

在深度序列中两个位置之间的区间找到深度最小的点。

P.S.:假如两个结点在欧拉序列中不止出现一次，只需要任选其中一次来计算即可。

//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;
}

算法效率：

预处理时间复杂度： $O(nlog_{2} {n})$

单次询问时间复杂度： $O(1)$

总时间复杂度： $O(nlog_{2}{n}+q)$

空间复杂度： $O(nlog_{2}{n})$

Tarjan

（这还没学，随便写写）

操作步骤：

DFS整棵树。每个结点x一开始属于只有该结点本身的集合 $S_x$ ；

DFS(x)时，每次访问子树y时，把 $S_y$ 合并到 $S_x$ ；

x的所有子结点访问完，标记x为已访问；

遍历所有关于x的询问(x,y), 如果y已被访问，则这个询问的答案为并查集中的Find(y)。

void dfs(int x)
{for(int i=0;i<g[x].size();i++){dfs(g[x][i]);uni(g[x][i],x);}vis[x]=1;for(int i=0;i<query[x].size();i++){int y=query[x][i];if(vis[y]) ans[x][y]=find(y);}
}

四个方法的优缺点比较：

（n个点，q次询问）

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求LCA的四种方法（暴力，倍增，RMQ+ST，Tarjan）

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四个方法的优缺点比较：

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