【模板】LCA（欧拉序+RMQ）

完整部分点这里

平常在信息学竞赛中求LCA一般有三种办法：

• 用倍增法求解，预处理复杂度是 $O(n\log n)$ ,每次询问的复杂度是 $O(\log n)$, 属于在线解法。
• 利用欧拉序转化为RMQ问题，用 ST表 求解RMQ问题，预处理复杂度 $O(n+n\log n)$ ，每次询问的复杂度为 $O(1)$， 也是在线算法。
• 采用Tarjan算法求解，复杂度 $O(\alpha (n)+Q)$ ，属于离线算法。

上述三种算法都比较常用，这篇文章主要介绍第二种解法。

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先介绍一下欧拉序：
对有根树T进行深度优先遍历，无论是递归还是回溯，每次到达一个节点就把编号记录下来，得到一个长度为 $2N-1$ 的序列，成为树 T 的欧拉序列F。

如图1(Inkscape手画，略丑轻喷~)：

[外链图片转存失败(img-bLDJAzZw-1562835893221)(https://s1.ax2x.com/2018/08/05/55YtmN.png)]

$$图1-有根树T$$

按照深度优先遍历我们可以得到它的欧拉序和深度序列：

$$表1-欧拉序列F和深度序列B$$

序号	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15
欧拉序列F	1	2	5	2	6	2	1	3	1	4	7	8	7	4	1
深度序列B	1	2	3	2	3	2	1	2	1	2	3	4	3	2	1

为了方便，我们定义 $first(u)$ 表示 $u$ 结点的第一次出现的位置，那么我们根据上面的表格就可以得到 $n$ 个结点各自的 $first$ 值：

$$表2-各元素的first值$$

序号	1	2	3	4	5	6	7	8
first()	1	2	8	10	3	5	11	12

根据深度优先遍历的特点，我们可以知道，对于结点 $u$ 和结点 $v$, 我们不妨假设 $u$ 在 $v$ 之前被遍历，也就是说 $first(u)<first(v)$ ，那么在 $u$ 遍历到 $v$ 过程中深度最小的点就是 $LCA(u,v)$ （这一点在Tarjan算法中也有运用）。

这样一来，我们就可以将 LCA 问题转化为RMQ问题：$LCA(T,u,v)=RMQ(B,first(u),first(v))$ 。

举个栗子：

仍然以上图为例，假定 $u=6$ , $v=8$ 在图上很明显能够看出 $LCA(u,v)=1$ 。同时我们把代表从 $u$ 遍历到 $v$ 的这个序列”抽“出来：

$$表3-抽取的欧拉序列F‘和深度序列B^{\prime }$$

序号	5	6	7	8	9	10	11	12
欧拉序列F’	6	2	1	3	1	4	7	8
深度序列B’	3	2	1	2	1	2	3	4

为什么要从原序列中抽取 $5$ ~ $12$ 这个串呢？原因很简单，$first(6)=5$ ， $first(8)=12$ ，这个值上面的表已经给出了。

可以看出，在这个序列中，深度最小的点的序号是 $7$ 和 $9$ 其值是 $1$ ，这不就是我们要的 $LCA(u,v)$ 吗！

有了这个例子大家应该就很清楚了，具体实现的时候还要注意 $ST$ 表中存的不再只是那个最小值，而是最小值的下标，也就是表中的序号。

具体操作就看代码。

namespace LCA {
    int ST[MAXN << 1][LOG], value[MAXN << 1], depth[MAXN << 1], first[MAXN], dist[MAXN], cnt;
    inline int calc(int x, int y) {
        return depth[x] < depth[y] ? x : y;
    }
    inline void dfs(int u, int p, int d) {
        value[++cnt] = u; depth[cnt] = d; first[u] = cnt;
        for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
            int v = edge[i].to;
            if (v == p) continue;
            dist[v] = dist[u] + edge[i].dist;
            dfs(v, u, d + 1);
            value[++cnt] = u; depth[cnt] = d;
        }
    }
    inline void init(int root, int node_cnt) {
    	cnt = 0; dist[root] = 0;
        dfs(root, 0, 1);
        int n = 2 * node_cnt - 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) ST[i][0] = i;
        for (int j = 1; j < LOG; j++) 
            for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) 
                ST[i][j] = calc(ST[i][j - 1], ST[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
    }
    inline int query(int x, int y) {
        int l = first[x], r = first[y];
        if (l > r) std::swap(l, r);
        int k = log2(r - l + 1);
        return value[calc(ST[l][k], ST[r - (1 << k) + 1][k])];
    }
}