最近公共祖先LCA（Tarjan(离线)算法）&& poj1330 && hdu2586

注：这篇文章关于算法解释部分参考☞：http://www.cnblogs.com/JVxie/p/4854719.html

这位大佬写的特别详细，然后我在这个的基础上又增加了两道例题，更方便大家理解

首先是最近公共祖先的概念(什么是最近公共祖先？)：

　　　　在一棵没有环的树上，每个节点肯定有其父亲节点和祖先节点，而最近公共祖先，就是两个节点在这棵树上深度最大的公共的祖先节点。

　　　　换句话说，就是两个点在这棵树上距离最近的公共祖先节点。

　　　　所以LCA主要是用来处理当两个点仅有唯一一条确定的最短路径时的路径。

　　　　有人可能会问：那他本身或者其父亲节点是否可以作为祖先节点呢？

　　　　答案是肯定的，很简单，按照人的亲戚观念来说，你的父亲也是你的祖先，而LCA还可以将自己视为祖先节点。

　　　　举个例子吧，如下图所示４和５的最近公共祖先是２，５和３的最近公共祖先是１，２和１的最近公共祖先是１。　

　　　　这就是最近公共祖先的基本概念了，那么我们该如何去求这个最近公共祖先呢？

　　　　通常初学者都会想到最简单粗暴的一个办法：对于每个询问，遍历所有的点，时间复杂度为O(n*q)，很明显，n和q一般不会很小。

　　　　常用的求LCA的算法有：Tarjan/DFS+ST/倍增

　　　　后两个算法都是在线算法，也很相似，时间复杂度在O(logn)~O(nlogn)之间，我个人认为较难理解。

　　　　有的题目是可以用线段树来做的，但是其代码量很大，时间复杂度也偏高，在O(n)~O(nlogn)之间，优点在于也是简单粗暴。

　　　　这篇博客主要是要介绍一下Tarjan算法(其实是我不会在线...)。

　　　　什么是Tarjan(离线)算法呢？顾名思义，就是在一次遍历中把所有询问一次性解决，所以其时间复杂度是O(n+q)。

　　　　Tarjan算法的优点在于相对稳定，时间复杂度也比较居中，也很容易理解。

　　　　下面详细介绍一下Tarjan算法的基本思路：

　　　　　　1.任选一个点为根节点，从根节点开始。

　　　　　　2.遍历该点u所有子节点v，并标记这些子节点v已被访问过。

　　　　　　3.若是v还有子节点，返回2，否则下一步。

　　　　　　4.合并v到u上。

　　　　　　5.寻找与当前点u有询问关系的点v。

　　　　　　6.若是v已经被访问过了，则可以确认u和v的最近公共祖先为v被合并到的父亲节点a。

　　　　遍历的话需要用到dfs来遍历(我相信来看的人都懂吧...)，至于合并，最优化的方式就是利用并查集来合并两个节点。

　　　　下面上伪代码：

　　 1 Tarjan(u)//marge和find为并查集合并函数和查找函数
 　　2 {
 　　3     for each(u,v)    //访问所有u子节点v
 　　4     {
　　 5         Tarjan(v);        //继续往下遍历
　　 6         marge(u,v);    //合并v到u上
　　 7         标记v被访问过;
　　 8     }
　　 9     for each(u,e)    //访问所有和u有询问关系的e
　　10     {
　　11         如果e被访问过;
　　12         u,e的最近公共祖先为find(e);
　　13     }
　　14 }

　　　　个人感觉这样还是有很多人不太理解，所以我打算模拟一遍给大家看。

　　　　建议拿着纸和笔跟着我的描述一起模拟！！

　　　　假设我们有一组数据 9个节点 8条边 联通情况如下：

　　　　1--2，1--3，2--4，2--5，3--6，5--7，5--8，7--9 即下图所示的树

　　　　设我们要查找最近公共祖先的点为9--8，4--6，7--5，5--3；

　　　　设f[]数组为并查集的父亲节点数组，初始化f[i]=i，vis[]数组为是否访问过的数组，初始为0;　

　　　　下面开始模拟过程：

　　　　取1为根节点，往下搜索发现有两个儿子2和3；

　　　　先搜2，发现2有两个儿子4和5，先搜索4，发现4没有子节点，则寻找与其有关系的点；

　　　　发现6与4有关系，但是vis[6]=0，即6还没被搜过，所以不操作；

　　　　发现没有和4有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[4]=1；

　　　　

　　　　表示4已经被搜完，更新f[4]=2，继续搜5，发现5有两个儿子7和8;

　　　　先搜7，发现7有一个子节点9，搜索9，发现没有子节点，寻找与其有关系的点；

　　　　发现8和9有关系，但是vis[8]=0,即8没被搜到过，所以不操作；

　　　　发现没有和9有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[9]=1；

　　　　表示9已经被搜完，更新f[9]=7，发现7没有没被搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；

　　　　发现5和7有关系，但是vis[5]=0，所以不操作；

　　　　发现没有和7有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[7]=1；

　　　　

　　　　表示7已经被搜完，更新f[7]=5，继续搜8，发现8没有子节点，则寻找与其有关系的点；

　　　　发现9与8有关系，此时vis[9]=1，则他们的最近公共祖先为find(9)=5；

　　　　　　(find(9)的顺序为f[9]=7-->f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)

　　　　发现没有与8有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[8]=1；

 

　　　　表示8已经被搜完，更新f[8]=5，发现5没有没搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；

　　　　

　　　　发现7和5有关系，此时vis[7]=1，所以他们的最近公共祖先为find(7)=5；

　　　　　　(find(7)的顺序为f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)

　　　　又发现5和3有关系，但是vis[3]=0，所以不操作，此时5的子节点全部搜完了；

　　　　返回此前一次搜索，更新vis[5]=1，表示5已经被搜完，更新f[5]=2；

　　　　发现2没有未被搜完的子节点，寻找与其有关系的点；

　　　　又发现没有和2有关系的点，则此前一次搜索，更新vis[2]=1；

　　　　

　　　　表示2已经被搜完，更新f[2]=1，继续搜3，发现3有一个子节点6；

　　　　搜索6，发现6没有子节点，则寻找与6有关系的点，发现4和6有关系；

　　　　此时vis[4]=1，所以它们的最近公共祖先为find(4)=1;

　　　　　　(find(4)的顺序为f[4]=2-->f[2]=2-->f[1]=1 return 1;)

　　　　发现没有与6有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[6]=1，表示6已经被搜完了；

　　　　

　　　　更新f[6]=3，发现3没有没被搜过的子节点了，则寻找与3有关系的点；

　　　　发现5和3有关系，此时vis[5]=1，则它们的最近公共祖先为find(5)=1；

　　　　　　(find(5)的顺序为f[5]=2-->f[2]=1-->f[1]=1 return 1;)

　　　　发现没有和3有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[3]=1；

　　　　

　　　　更新f[3]=1，发现1没有被搜过的子节点也没有有关系的点，此时可以退出整个dfs了。

　　　　经过这次dfs我们得出了所有的答案，有没有觉得很神奇呢？是否对Tarjan算法有更深层次的理解了呢？

　　　　

 

好了我们下面来增加两道例题

1.poj1330:传送门：http://poj.org/problem?id=1330

 这道题的题意就是直接问你两个点的最近公共祖先，直接上代码吧：

#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn = 10010;
vector son[maxn];

int fa[maxn];
int fas[maxn];
int root; 	//保存树的根节点 
bool vis[maxn];
int n;
int u,v;

int find(int x){
	return fa[x]==x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

void init(){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i=1;i<=n;i++)	fa[i] = i;
	for(int i=0;i<=n;i++) 	son[i].clear();
} 

void tarjan_lca(int root){
	vis[root] = 1;
	for(int i=0;i> T;
	while(T--){
		cin >>n;
		init();
		for(int i=0;i> a >> b;
			son[a].push_back(b);
			vis[b] = 1;
		} 
		cin >> u >> v;
		for(int i =1;i<=n;i++){
			if(!vis[i]){
				root = i;
				break;
			}
		}
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		tarjan_lca(root);
	}
	return 0;
}

2.hdu2586:传送门：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2586

 题意：给一个无根树，有q个询问，每个询问两个点，问两点的距离。求出  lca = LCA(X,Y) , 然后  dir[x] + dir[y] - 2 * dir[lca]

dir[u]表示点u到树根的距离，代码如下：

#include
#include
#include
using namespace std;

const int MAX = 40020;

struct edge{
	int v,w;
}; 
vector mp[MAX];
vector query[MAX];
int vis[MAX];
int pre[MAX],father[MAX],path[MAX];

int find(int x){
	return x==pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]); 
}

void LCA(int k){
	for(int i=0;i> T;
	while(T--){
		int n,m;
		cin >> n >> m;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			mp[i].clear();
			query[i].clear();
			vis[i]=0;
			father[i]=-1;
			pre[i]=i;
			path[i]=0;
		}
		int a,b,c;
		edge X;
		for(int i=1;i> a >> b >> c;
			X.v=b;X.w=c;
			mp[a].push_back(X);
			X.v=a;
			mp[b].push_back(X);
		}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cin >>a >> b;
			X.v=b;X.w=i;
			query[a].push_back(X);
			X.v=a;
			query[b].push_back(X); 
		}
		vis[1] = 1;
		LCA(1);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cout << father[i]<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}