LCA 最近公共祖先 tarjan离线 总结 结合3个例题

在网上找了一些对tarjan算法解释较好的文章 并加入了自己的理解

 

LCA（Least Common Ancestor），顾名思义，是指在一棵树中，距离两个点最近的两者的公共节点。也就是说，在两个点通往根的道路上，肯定会有公共的节点，我们就是要求找到公共的节点中，深度尽量深的点。还可以表示成另一种说法，就是如果把树看成是一个图，这找到这两个点中的最短距离。

      LCA算法有在线算法也有离线算法，所谓的在线算法就是实时性的，比方说，给你一个输入，算法就给出一个输出，就像是http请求，请求网页一样。给一个实时的请求，就返回给你一个请求的网页。而离线算法则是要求一次性读入所有的请求，然后在统一得处理。而在处理的过程中不一定是按照请求的输入顺序来处理的。说不定后输入的请求在算法的执行过程中是被先处理的。

      本文先介绍一个离线的算法，就做tarjan算法。这个算法是基于并查集和DFS的。Dfs的作用呢，就是递归，一次对树中的每一个节点进行处理。而并查集的作用就是当dfs每访问完（注意，这里是访问完）到一个点的时候，就通过并查集将这个点，和它的子节点链接在一起构成一个集合，也就是将并查集中的pnt值都指向当前节点。这样就把树中的节点分成了若干个的集合，然后就是根据这些集合的情况来对输入数据来进行处理。

      比方说当前访问到的节点是u，等u处理完之后呢，ancestor[u]就构成了u的集合中的点与u点的LCA，而ancestor[fa[u]]就构成了，u的兄弟节点及其兄弟子树的集合中点与u的LCA，而ancestor[fa[fa[u]]]就构成了u的父亲节点的兄弟节点及其兄弟子树的集合中的点与u的LCA。然后依次类推，这样就构成了这个LCA的离线算法。

以上来自 pursuit的专栏

 

首先，Tarjan算法是一种离线算法，也就是说，它要首先读入所有的询问（求一次LCA叫做一次询问），然后并不一定按照原来的顺序处理这些询问。而打乱这个顺序正是这个算法的巧妙之处。看完下文，你便会发现，如果偏要按原来的顺序处理询问，Tarjan算法将无法进行。

   Tarjan算法是利用并查集来实现的。它按DFS的顺序遍历整棵树。对于每个结点x，它进行以下几步操作：
   * 计算当前结点的层号lv[x]，并在并查集中建立仅包含x结点的集合，即root[x]:=x。
   * 依次处理与该结点关联的询问。
   * 递归处理x的所有孩子。
   * root[x]:=root[father[x]]（对于根结点来说，它的父结点可以任选一个，反正这是最后一步操作了）。

　　现在我们来观察正在处理与x结点关联的询问时并查集的情况。由于一个结点处理完毕后，它就被归到其父结点所在的集合，所以在已经处理过的结点中（包括 x本身），x结点本身构成了与x的LCA是x的集合，x结点的父结点及以x的所有已处理的兄弟结点为根的子树构成了与x的LCA是father[x]的集合，x结点的父结点的父结点及以x的父结点的所有已处理的兄弟结点为根的子树构成了与x的LCA是father[father[x]]的集合……（上面这几句话如果看着别扭，就分析一下句子成分，也可参照右面的图）假设有一个询问(x,y)（y是已处理的结点），在并查集中查到y所属集合的根是z，那么z 就是x和y的LCA，x到y的路径长度就是lv[x]+lv[y]-lv[z]*2。累加所有经过的路径长度就得到答案。　　现在还有一个问题：上面提到的询问(x,y)中，y是已处理过的结点。那么，如果y尚未处理怎么办？其实很简单，只要在询问列表中加入两个询问(x, y)、(y,x)，那么就可以保证这两个询问有且仅有一个被处理了（暂时无法处理的那个就pass掉）。而形如(x,x)的询问则根本不必存储。　　如果在并查集的实现中使用路径压缩等优化措施，一次查询的复杂度将可以认为是常数级的，整个算法也就是线性的了。

上面内容来自NOCOW

 

 

 

 

TarjanLCA的递归过程就是深度优先搜索。

Tarjan作为离线off-line算法，在程序开始前，需要将所有等待询问的节点对提前存储，然后程序从树根开始执行TarjanLCA()。假如有如下一棵多叉树

 

根据TarjanLCA的实现算法可以看出，只有当某一棵子树全部遍历处理完成后，才将该子树的根节点标记为黑色（初始化是白色），假设程序按上面的树形结构进行遍历，首先从节点1开始，然后递归处理根为2的子树，当子树2处理完毕后，节点2， 5， 6均为黑色；接着要回溯处理3子树，首先被染黑的是节点7（因为节点7作为叶子不用深搜，直接处理），接着节点7就会查看所有询问(7, x)的节点对，假如存在(7, 5)，因为节点5已经被染黑，所以就可以断定(7, 5)的最近公共祖先就是find(5).ancestor，即节点1（因为2子树处理完毕后，子树2和节点1进行了union，find(5)返回了合并后的树的根1，此时树根的ancestor的值就是1）。    有人会问如果没有(7, 5)，而是有(5, 7)询问对怎么处理呢？我们可以在程序初始化的时候做个技巧，将询问对(a, b)和(b, a)全部存储，这样就能保证完整性

参考   applesun

 

下面这幅图可以让大家有个感性的认识   BY hnust_xiehonghao

 

 

 

 

下面是一个最基础的LCA题目    http://poj.org/problem?id=1330

赤裸裸的 题意 输入cas 后  有cas组数据 输入 n   再输入n-1 条边    之后输入x y  问x y的最近公共祖先是什么

#include
#include
#include
using namespace std;
#define Size 11111  //节点个数

vector node[Size],que[Size];
int n,pare[Size],anse[Size],in[Size],rank[Size];

int vis[Size];
void init()
{
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		node[i].clear();
		que[i].clear();
		rank[i]=1;
		pare[i]=i;/// 
	}
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(in,0,sizeof(in));
	memset(anse,0,sizeof(anse));
	 
}

int find(int nd)//并查集操作  不解释
{
	return pare[nd]==nd?nd:pare[nd]=find(pare[nd]);
}
int Union(int nd1,int nd2)//并查集操作  不解释
{
	int a=find(nd1);
	int b=find(nd2);
	if(a==b) return 0;
	else if(rank[a]<=rank[b])
	{
		pare[a]=b;
		rank[b]+=rank[a];
	}
	else 
	{
		pare[b]=a;
		rank[a]+=rank[b];
	}
	return 1;

}

void LCA(int root)
{
	int i,sz;
	anse[root]=root;//首先自成一个集合
	sz=node[root].size();
	for(i=0;i

 之后来个加强版

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4547  CD操作  hdu4547

思路：

　　求出a和b的最近公共祖先,然后分4种情况讨论

　　①. a和b有一个公共祖先c，则用 c时间戳-a的时间戳+1(1步可以直接从c到b)

　　②. a是b的祖先，则只用1步就可以到达b点

　　③. b是a的祖先，则用a的时间戳-b的时间戳

　　④. a和b是同一个点，则答案是0

参考  http://www.cnblogs.com/Griselda/archive/2013/06/05/3119265.html

#include
#include
#include
#include

 

 by hnust_xiehonghao

hdu   2874

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2874

题目大意: 给你一个n个节点m条边的森林，再给定q个查询，每次查询森林里两个点的最近距离。n ,m <= 10000,q <= 100万

本题和标准的LCA模板应用有了不小的区别   却可以让人更加透彻的看清LCA的思路  而且本题没有必要去求出公共祖先

具体看代码

#include
#include
#include
using namespace std;
#define Size  11111
struct Edge
{
    int y,val;
}temp;
struct Query
{
    int y,id;
}mid;
int pare[Size],ance[Size],vis[Size],dis[Size],rank[Size],ans[1000000+100],n,m,c,tree[Size];
vectorque[Size];
vectornode[Size];
void init()
{
    int i;
    for(i=0;i<=n;i++)
    {
        vis[i]=0;
        pare[i]=i;
        dis[i]=0;
        rank[i]=1;
        que[i].clear();
        node[i].clear();
    }
    memset(ans,-1,sizeof(ans));
}
int find(int x)
{
    return pare[x]==x?x:pare[x]=find(pare[x]);
}
/*
void Union(int x,int y)
{
x=find(x);
y=find(y);
if(x!=y)
{
if(rank[x]>rank[y])
{
rank[x]+=rank[y];
pare[y]=x;
}
else
{
rank[y]+=rank[x];
pare[x]=y;
}
}
}
*/
void LCA(int root,int d,int k)//k表示是以第k个点作为根的树
{
    int i,sz,nd1,nd2;
    vis[root]=1; //已经遍历过的点 要标记一下 不要
    tree[root]=k;dis[root]=d;
    // ance[root]=root;
    sz=node[root].size();
    for(i=0;i

待续 。。。。。。