trajan算法求lca 超级详细配图讲解

关于离线算法
（下面内容可以略过。）
离线算法其实就是将多个询问一次性解决。离线算法往往是与在线算法相对的。例如求LCA的算法中，树上倍增属于在线算法，在对树进行O(n)O(n)O(n)预处理后，每个询问用O(log2n)O(log_2n)O(log2n)复杂度回答。而离线的Tarjan算法则是用O(n+q)O(n+q)O(n+q)时间将询问一次性全部回答。

详解
下面是一棵树，我们将以这棵树为例子讲解Tarjan算法，其中0号点为根。

假设对于这棵树的询问有4个，分别询问：
LCA(2,8)LCA(2,8)LCA(2,8)
LCA(5,6)LCA(5,6)LCA(5,6)
LCA(2,5)LCA(2,5)LCA(2,5)
LCA(4,9)LCA(4,9)LCA(4,9)
首先我们将这四个询问顺序调转，再复制四份，现在就有8个询问：
LCA(2,8)LCA(2,8)LCA(2,8)
LCA(5,6)LCA(5,6)LCA(5,6)
LCA(2,5)LCA(2,5)LCA(2,5)
LCA(4,9)LCA(4,9)LCA(4,9)
LCA(8,2)LCA(8,2)LCA(8,2)
LCA(6,5)LCA(6,5)LCA(6,5)
LCA(5,2)LCA(5,2)LCA(5,2)
LCA(9,4)LCA(9,4)LCA(9,4)
这一步是必须的，后面将会说明它。
然后对于每个节点u，给它开一个链表，找到所有的询问 LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v) ，把v插入到u的链表后，同时把询问编号插入，以便按照输入顺序输出答案。
于是询问就被离线了。
那么到底怎么求LCA呢？我们对带着询问树进行一次dfs。如图：
第1步，0号点被遍历：

没有与0相关的询问，继续dfs。
第2步，1号点被遍历：

没有与1相关的询问，继续dfs。
第3步，2号点被遍历：

2号点没有儿子了，与2相关的询问有 LCA(2,5)LCA(2,5)LCA(2,5) 和 LCA(2,8)LCA(2,8)LCA(2,8) 。
但是5号点和8号点都还没有遍历过，我们什么也不知道，因此这两个询问不理它。
第4步，2号点回溯（遍历完毕并回溯的点标为蓝色）：

第5步，3号点被遍历：

没3号点的事，继续dfs。
第6步，4号点被遍历：

关于4号点的询问我们也是一无所知，回溯。
第7步，4号点回溯：

第8步，5号点被遍历：

关于5的询问有 LCA(5,6)LCA(5,6)LCA(5,6) 和 LCA(5,2)LCA(5,2)LCA(5,2) 。
6号点的信息我们还不知道，但是2号点，我们已经知道它已经被访问且回溯了。
5的祖先一定在当前正在访问的节点中（也就是访问了还没回溯的点），那么
LCA(5,2)LCA(5,2)LCA(5,2) 其实也就是在图上红色的节点里找出满足如下两个条件的点：
1.它是2的祖先。
2.它深度最大。
很容易发现这个点就是1，于是这里就可以记录下来 LCA(5,2)=1LCA(5,2)=1LCA(5,2)=1 。
第9步，5号点回溯：

第10步，3号点回溯：

第11步，6号点被遍历：

还是跟之前一样，对于跟6号点有关的询问 LCA(6,5)LCA(6,5)LCA(6,5) ，去找红色点里深度最大的5的祖先，显然就是1，记下 LCA(6,5)=1LCA(6,5)=1LCA(6,5)=1。
第12步，6号点回溯。

第13步，1号点回溯：

第14步，7号点被遍历：

第15步，8号点被遍历：

按照之前做法，在红色节点里找出深度最大的2的祖先，可以求出 LCA(8,2)=0LCA(8,2)=0LCA(8,2)=0 。
第16步，8号点回溯：

第17步，9号点被遍历：

显然了，LCA(9,4)=0LCA(9,4)=0LCA(9,4)=0 。
后面的过程就略过，因为至此我们已经求出了四个询问的答案。
LCA(2,8)=0LCA(2,8)=0LCA(2,8)=0
LCA(5,6)=1LCA(5,6)=1LCA(5,6)=1
LCA(2,5)=1LCA(2,5)=1LCA(2,5)=1
LCA(4,9)=0LCA(4,9)=0LCA(4,9)=0
也许你已经明白了，为什么要把LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v)复制一份LCA(v,u)LCA(v,u)LCA(v,u)，因为在上面过程中，我们不能保证遍历u时v已经回溯，因此需要复制一个询问。
上面的过程已经可以离线求出LCA了，但复杂度不是最优的，问题就出在上面找“红色节点中u的深度最大的祖先”，如果从u点一步步向上跳，复杂度为O(nq)O(nq)O(nq)。
假如对于一个询问LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v)，u已经被遍历过，此时遍历到v。容易发现LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v)一定是红色的（也就是访问了还未回溯）。那么如果我们在dfs的过程中，在节点u的儿子遍历完毕回溯时，将儿子的fa指向点u，那么对于询问LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v)，只需要从u开始，不断往u的父亲跳，跳到的深度最小一个节点，就是LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v)。
怎么去证明呢？首先其必是u的祖先，这个不用说。但为什么是深度最小的那一个呢？不是要求深度最大的吗？因为我们是在回溯时将u的fa指向它的父亲的，如果深度不是最小，则u的这个祖先的子树里肯定没有v。如果有v的话，其必然是深度最小的那一个。由于u已访问完毕，而v还在访问中，因此u的父亲里不会有比LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v) 深度更大的点，此时就能保证u的fa里深度最小的那个就是LCA(u,v)LCA(u,v)LCA(u,v)
“将儿子的父亲指向点u”这个操作用并查集完成，可以保证在常数复杂度。因此对树进行遍历需要O(n)O(n)O(n)复杂度，而总共有q个询问，每个询问可以O(1)O(1)O(1)回答，复杂度为O(n+q)O(n+q)O(n+q)。

在此奉上代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+20;
int ver[N],Next[N],head[N],tot,vis[N],f[N],ans[N],n,m,root;
struct aaa{int id,y;
};
vector < aaa > q[N];
void add(int x,int y)
{ver[++tot]=y,Next[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
int get(int x)
{if(x==f[x]) return x;return f[x]=get(f[x]);
}
void trajan(int x)
{vis[x]=1;for(int i=head[x];i;i=Next[i]){int y=ver[i];if(vis[y]) continue;trajan(y);f[y]=x;}for(int i=0;i<q[x].size();i++){int id=q[x][i].id,y=q[x][i].y;if(vis[y]==2) ans[id]=get(y);}vis[x]=2;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>m>>root;for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;int x,y;for(int i=1;i<n;i++) cin>>x>>y,add(x,y),add(y,x);for(int i=1;i<=m;i++){cin>>x>>y;if(x==y){ans[i]=x;continue;} q[x].push_back({i,y}),q[y].push_back({i,x});}trajan(root);for(int i=1;i<=m;i++)cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}

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