【算法详解】LCA（最近公共祖先）

定义：

Lca（最近公共祖先） 指在一棵有根树中任意$2$个节点$u,v$最近的公共祖先。
如下图：

如右图，结点$4，6$的公共祖先有$1、2$，但最近的公共祖先是$2$，即$Lca(4,6)=2$。
如何求得$u,v$的最近公共祖先呢？

算法一：暴力

现在有一个最朴素的算法，暴力。

• $1$.u，v中深度大的往上走，直到$u，v$深度相同。若此时$u==v$，则已找到，输出$u$。
• $2$.如果深度相同$u,v$却没有相等，就令$u，v$一起往上走，直到走到同一个结点，输出$u$。

算法时间复杂度为$O(n)$。

代码如下：

int Lca(int u,int v)
{
	//fa 表示每个节点的父亲
	//dep 表示每个节点深度 
	//dep，fa数组都可以预处理出来 
	if (fep[u]>dep[v]) swap(u,v);
	while (dep[v]>dep[u]) v=fa[v];
	//令v,u在同一深度 
	if (u==v) return u;
	while (u!=v)
	{
		u=fa[u];
		v=fa[v];	
	} 
	return u;
}

算法二：倍增法

思想：注意到$u，v$向上走到最近公共祖先$w$之前，$u，v$所在的结点不相同。而到达最近公共祖先$w$后，再往上走仍是$u，v$的公共祖先，即$u，v$走到同一个结点。这具有二分性质。于是我们可以预处理出一个$2^k$的表，$fa[k][u]$表示u往上走$2^k$步走到的结点，令根结点深度为$0$，则$2^k>dep[u]$时，令$fa[k][u]=-1$(不合法情况的处理）。

详解：不妨假设$dep[u]<dep[v]$，

• 那么$v$往上走$d=dep[v]-dep[u]$步，此时$u，v$所在结点深度相同。
• 该过程可用二进制优化。由于d是确定值，将d看成2的次方的和值，$d=2^{k1}+2^{k2}+...+2^{km}$，利用$fa$数组，如$v=fa[k1][v]$，$v=fa[k2][v]$加速向上移动。
• 若此时$u==v$，说明$Lca(u,v)$已找到。
• 利用$fa$数组加速$u，v$一起往上走到最近公共祖先$w$的过程。令$d=depth[u]-depth[w]$，虽然$d$是个未知值，但依然可以看成2的次方的和。从高位到低位枚举$d$的二进制位，设最低位为第0位，若枚举到第k位，有$fa[k][u]!=fa[k][v]$，则令$u=fa[k][u]，v=fa[k][v]$。最后最近公共祖先$w=fa[0][u]=fa[0][v]$，即$u$和$v$的父亲。

注意 ：

• 1.因为根节点没有父亲，因此到了根节点不能再通过$fa$数组向上移动，所以令$fa[0][root]=-1$.
• 2.如果当前节点通过$fa$数组移动后，超过了根节点（只可能到达根节点的父亲），那么这也是一种不合法的移动，需标记为$-1$。

时间复杂度： 预处理为$O(nlogn)$，每次查询为$O(logn)$.

代码如下：

void dfs(int x,int y)
{
	dep[x]=y;
	for (int i=head[x];i;i=Next[i])
	{
		int l=ver[i];
		if (l==fa[0][x]) continue;
		fa[0][l]=x;
		dfs(l,y+1);
	}
}
void init()
{
	fa[0][1]=-1;
	dfs(1,0);
	for (int i=1;(1<<i)<n;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
			if (fa[i-1][j]<0) fa[i][j]=-1; 
				else fa[i][j]=fa[i-1][fa[i-1][j]];
}
inline int lca(int u,int v)
{
	if (dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
	for (int i=0,d=dep[v]-dep[u];d;i++,d>>=1)
		if (d&1) v=fa[i][v];
	if (u==v) return u;
	for (int i=25;i>=0;i--)
	if (fa[i][v]!=fa[i][u])
	{
		v=fa[i][v];
		u=fa[i][u];
	}
	return fa[0][u];
}

算法三：tarjan离线算法

思想：

• 离线算法就是先把所有询问存起来，一次处理完，最后输出。而在线算法就是即询问即计算，前面两个算法都是在线算法。
• 离线Tarjan算法基于这样一个事实。

详解：

• 要找$w=Lca(u,v)$，在$dfs$遍历完$u$到遍历完$v$的过程中，遍历到$v$时，$u$到$w$路径上除$w$外结点的子树都遍历过了，$w$的子树还未遍历完。如果对于结点$u$，访问完它的子树后就把u在并查集中的父亲设为它在树中的父亲，那么访问到$v$时$u$在并查集中的父亲就是$Lca(u,v)$。

举个栗子：






以上图片来自Spana。

代码如下：

void Tarjian(int x)
{
    fa[x]=x;
    vis[x]=1;
    for(int i=link1[x];i;i=a[i].next)
    {
        if(!vis[a[i].y])
        {
            Tarjian(a[i].y);
            fa[a[i].y]=x;
       }
    }
    for(int i=link2[x];i;i=b[i].next)
    if(vis[b[i].y])
    ans[b[i].id]=getfa(b[i].y);
}

离线tarjan算法复杂度为$O(n+q)$，$n$为结点个数，$q$为询问个数.

还有一个基于Rmq和欧拉序的算法，但是我不会，请自找dalao博客学习。

习题：

• [POJ 1330]Nearest Common Ancestors
• [HDU 2586]How far away ?（模板）
• [BZOJ 1787][AHOI 2008]紧急集合
• [LightOJ 1128]Greatest Parent
• [BZOJ 2144]跳跳棋（难）
• [NOIP 2013]火车运输
• [UVA 11354]Bond

注：

对于有些题，可参考我的博客：https://blog.csdn.net/zhuchangcheng1003
当然，对于另一些题，我没写博客（懒，难），请请教其他dalao的博客。
如：
https://blog.csdn.net/huang_ke_hai
https://blog.csdn.net/hzk_cpp?utm_source=feed