什么是LCA？

祖先链

对于一棵树T，若它的根节点是r，对于任意一个树上的节点x，从r走到x的路径是唯一的(显然)，那么这条路径上的点都是并且只有这些点是x的祖先。这些点组成的链(或者说路径)就是x的祖先链。

LCA

根据名字来说，最近公共祖先就是两个点最近的相同祖先。实际上也可以理解为：两个点的祖先链深度最大的那个交点。极端的情况下，LCA可以就是两个点之一，或者就是根节点root。

顺便贴下eg:

树中节点8和7的LCA为3，节点4和7的LCA为1，节点5和2的LCA为2。

*可以写成LCA(u,v)=w的形式

LCA的求法

问题：给出一棵有n(n≤500000)个节点的树，并给出m(m≤500000)个询问，每个询问给出两个点u,v，请你求出每个u,v的LCA。

1.向上标记法

首先根据定义来。LCA(u,v)是两个点的祖先链的第一个交点(从下往上第一个)。那么我们可以先从u开始往根节点走，那么走到的点都是u的祖先，走出的路径就是u的祖先链。那么我们在走的时候把祖先链上的点都标记一下，再从v开始往根节点走，走到的第一个被标记过的点就是LCA了。最坏的情况下时间复杂度为O(n)，总共就是O(n*m)。显然不能满足题目的需要~

2.树上倍增法

一个一个地跳显然太慢，不如加加速？怎么加速呢？根据一贯套路，慢了就倍增~为什么这里不倍增呢？那就倍增一下咯~

树上倍增的思路不同于标记的思路，因为倍增的时候是无法标记的。反正跳得快，就干脆让u,v都跳一跳，跳到同一个点时就到了LCA了。不过不是一上来就一起跳的，树上倍增的预处理可是很浩大的。

首先预处理出倍增之后跳到的点是谁。设f(i,j)为节点i往上跳2^j步到达的节点，那么

f(i,j)=f(f(i,j-1),j-1)

初始化f(i,0)=fa(i)，即i的父亲。(刚才那里真的是零......)

设d(i)为i的深度，顺便把这货也处理出来(这么简单就不讲了)。

弄了这么多之后还不能直接两个点倍增。首先需要将深度大的那个点(假设是v)往上倍增到和u深度相同为止。基于二进制转化的思想，任何树都可以用二进制表示出来，所以绝对是可以倍增到同一深度的。

接着，两个点同时倍增。经过若干次倍增之后，若fa(u)==fa(v)，那么fa(u)就是LCA了。

放上预处理的代码：

xxxxxxxxxx

inline void bfs(){

    q.push(s);
    d[s] = 1;
    while(!q.empty()){
        int u = q.front(); q.pop();
        for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next){
            int v = e[i].to;
            if(d[v]) continue;
            d[v] = d[u] + 1,f[v][0] = u;
            for(int j = 1; j <= t; j++) f[v][j] = f[f[v][j - 1]][j - 1];
            q.push(v);
        }
    }
}
​
//在main函数中
t = (int)(log(n) / log(2)) + 1;
bfs();

以及倍增的代码：

xxxxxxxxxx

inline int lca(int &u, int &v){

    if(d[u] > d[v]) swap(u, v);
    for(int i = t; i >= 0; i--) if(d[f[v][i]] >= d[u]){
        v = f[v][i];
    }
    if(u == v) return u;
    for(int i = t; i >= 0; i--) if(f[u][i] != f[v][i]){
        u = f[u][i];
        v = f[v][i];
    }
    return f[u][0];
}

*一般数组会开成这样：

xxxxxxxxxx

int f[maxn][20];

这样一般就够用了。

预处理的复杂度为O(nlogn)，每个询问的复杂度为O(logn)，一共就是O((n+m)logn)，可以跑过题目的数据。

3.Tarjan

不同于倍增，Tarjan是一种离线算法，并且很优秀很优秀(就是难写)。考虑到刚接触LCA的OIer可能难以理解Tarjan，这里我用几种不同的方式来讲。

本人的方式：你首先在心里构造出一棵树来......标记祖先链的方式其实可以多个询问一起进行。首先依照Tarjan的流程，遍历这棵树。假设现在遍历到了点u，并且开始回溯，那么你可以想象在回溯的过程中实际上是从节点u往上拉出了一条祖先链。当拉链子拉到了一处分叉，并且分叉的另一边还没去过时，就停止拉链，往下走。假设这个过程中走到了节点v并开始回溯，并且询问里有问u和v的LCA，那么在从v回溯的过程中相当于从v开始也拉上去了一条祖先链，会一直拉到之前的分叉处，此时u和v的祖先链便第一次相交，交于分叉处，这个分叉处便是LCA(u,v)。也就是说，当我们遍历到一个点v，发现询问里有LCA(u,v)这个询问，并且从u已经拉出了祖先链，那么LCA(u,v)就是此时u的祖先链的顶端。其实我们不该只局限于这一个询问，从宏观上看，在遍历的过程中我们其实从每个回溯过的点都拉出了一条祖先链来。如果你觉得拉的链子太多，我们可以剪掉一些：只留下询问里涉及的点的祖先链。那么这些祖先链的交点就是遍历过程中走到的那些分叉口，所以一次遍历就可以求出所有询问的LCA。

还是附个流程图吧......

我们先在要求：LCA(9,10),LCA(9,5),LCA(8,7),LCA(9,8)。

然后我们从左到右遍历下去，遍历到了9号节点，便往回拉祖先链：

(箭头的边是祖先链)现在拉到了4号节点，发现有分叉，往下走到10号节点，发现询问里有LCA(9,10)这个询问，并且从9已经拉出了祖先链，那么LCA(9,10)就是此时9的祖先链的顶端：4号节点。(由于关于10的询问都处理完了，10的祖先链就不画了)此时继续往上拉链：

此时发现又有一个分叉，便往分叉走，走到5的位置，并发现询问里有LCA(9,5)，那么LCA(9,5)就是此时9的祖先链的顶端：2号节点。(5的祖先链也不画了)继续往上拉链。

发现有分叉，往下走到8的位置，发现询问里有LCA(9,8)，那么LCA(9,8)就是此时9的祖先链的顶端：1号节点。接着从8往上拉祖先链：

发现有分叉，往下走到7的位置，发现询问里有LCA(8,7)，那么LCA(8,7)就是此时8的祖先链的顶端：3号节点。

这样应该就可以理解了......整个遍历的复杂度为O(n)，加上回答询问的复杂度总共也才O(n+m)。像上面题目里的数据范围可以随便跑。

下面是教练的方式：拉祖先链的过程可以想象成灌水......当你往下灌到底部时，水就会慢慢往上涨，当涨到一个分岔口时就会往另一边流。其实也差不多啦~

附上存询问的代码(用邻接表来存，方便查询)：

xxxxxxxxxx

struct edge{

    int to, next, lca;
    edge(){}
    edge(register const int &_to, register const int &_next){
        to = _to,next = _next;
    }
}qe[maxm << 1];
int qhead[maxn], qk;
​
inline void qadd(register const int &u, register const int &v){
    qe[qk] = edge(v, qhead[u]);
    qhead[u] = qk++;
}
​
//main函数中
    memset(qhead, -1, sizeof qhead);
    for(register int i = 1; i <= m; i++){
        scanf("%d%d", &u, &v);
        qadd(u, v),qadd(v, u);
    }

然后是Tarjan函数：

xxxxxxxxxx

inline int find(register const int &x){

    if(fa[x] == x) return x;
    return fa[x] = find(fa[x]);
}//用并查集的方式查找祖先链的顶端
​
void LCA_tarjan(int u, int pre){
    vis[u] = true;
    for(register int i = head[u]; ~i; i = e[i].next){
        int v = e[i].to;
        if(v != pre){
            LCA_tarjan(v, u);
            fa[v] = u;//拉祖先链
        }
    }
    
    for(register int i = qhead[u]; ~i; i = qe[i].next){
        v = qe[i].to;
        //如果v已经拉出了祖先链，就回答询问
        if(vis[v]) qe[i].lca = qe[i ^ 1].lca = find(v);
    }
}
​
//main函数中
    for(register int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    LCA_tarjan(s, 0);//s为根

以及回答询问：

xxxxxxxxxx

    for(int i = 0; i < qk; i += 2) printf("%d\n", qe[i].lca);

考虑到并查集的存在，Tarjan的复杂度其实为：O(n+mlogn)，只不过实际远远达不到这个程度而已。

只有倍增和Tarjan两种算法可以跑LCA？

4.树链剖分

*声明：如果你不会树链剖分你可以不看这一块。

树上倍增嫌慢？Tarjan嫌内存太大操作太麻烦？树链剖分求LCA，你值得拥有！类似于树上倍增的思想，只不过加快了往上跳的速度而已。树链剖分的方法是，一条链子一条链子地往上跳！当跳到两个点所在的链子为同一条时，浅的那个点就是LCA。

xxxxxxxxxx

#include <stdio.h>

#include <string.h>
#define maxn 500010
#define maxm 500010
​
struct graph{
    struct edge{
        int to, next;
        edge(){}
        edge(const int &_to, const int &_next){
            to = _to;
            next = _next;
        }
    }e[maxm << 1];
    int head[maxn], k;
    inline void init(){
        memset(head, -1, sizeof head);
        k = 0;
    }
    inline void add(const int &u, const int &v){
        e[k] = edge(v, head[u]);
        head[u] = k++;
    }
}g;
​
int fa[maxn], son[maxn], size[maxn], dep[maxn];
int dfn[maxn], id[maxn], top[maxn], cnt[maxn], tot;
int n, m, s;
​
inline void swap(int &x, int &y){int t = x; x = y; y = t;}
​
inline void dfs_getson(int u){
    size[u] = 1;
    for(int i = g.head[u]; ~i; i = g.e[i].next){
        int v = g.e[i].to;
        if(v == fa[u]) continue;
        dep[v] = dep[u] + 1;
        fa[v] = u;
        dfs_getson(v);
        size[u] += size[v];
        if(size[v] > size[son[u]]) son[u] = v;
    }
}
​
inline void dfs_rewrite(int u, int tp){
    top[u] = tp;
    dfn[u] = ++tot;
    id[tot] = u;
    if(son[u]) dfs_rewrite(son[u], tp);
    for(int i = g.head[u]; ~i; i = g.e[i].next){
        int v = g.e[i].to;
        if(v != son[u] && v != fa[u]) dfs_rewrite(v, v);
    }
    cnt[u] = tot;
}
​
inline int lca(int u, int v){
    while(top[u] != top[v]){
        if(dep[top[u]] > dep[top[v]]) swap(u, v);
        v = fa[top[v]];
    }
    if(dep[u] > dep[v]) swap(u, v);
    return u;
}
​
int main(){
    g.init();
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &s);
    for(int i = 1; i < n; i++){
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        g.add(u, v);
        g.add(v, u);
    }
    dfs_getson(s);
    dfs_rewrite(s, s);
    
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        printf("%d\n", lca(u, v));
    }
    
    return 0;
}

#滑稽

经过亲测，放出三种算法的成绩：

树上倍增——用时2287ms,内存50.66MB
Tarjan——用时1272ms,内存29.76MB
树链剖分——用时1538ms,内存25.49MB

综合一下时间和内存的开销，Tarjan和树剖完爆树上倍增......不过树剖的过程中可以很容易得实现更复杂的操作：区间修改、子树修改之类的，个人认为树剖比Tarjan更优。

加上常数优化的树剖：用时1102ms,内存25.55MB

转载于:https://www.cnblogs.com/akura/p/10808772.html

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