Range Minimum Query and Lowest Common Ancestor[翻译]

                                        Range Minimum Query and Lowest Common Ancestor

    【原文见  http://www.topcoder.com/tc?module=Static&d1=tutorials&d2=lowestCommonAncestor】

                                                                                                                  作者：      By danielp
                                                                                                                    Topcoder  Member
                                                                                                                翻译：      农夫三拳@seu
Introduction
  Notations
  Range Minimum Query (RMQ)
      Trivial algorithms for RMQ
      A <O(N), O(sqrt(N))> solution
      Sparse Table (ST) algorithm
      Segment Trees
  Lowest Common Ancestor (LCA)
      A <O(N), O(sqrt(N))> solution
      Another easy solution in <O(N logN, O(logN)>
      Reduction from LCA to RMQ
  From RMQ to LCA
  An <O(N), O(1)> algorithm for the restricted RMQ
  Conclusion

Introduction

      在一棵树中查找一对结点的最近公共祖先(LCA)的问题在20世纪末期已经被仔细的研究过了，并且它现在已经成为算法中图论的基本算法了。这个问题之所以有趣并不是因为处理它的算法很有技巧，而是因为它在字符串处理和生物学计算中的广泛应用，例如，当LCA和后缀树或者其他树形结构在一起使用时。Harel and Tarjan是首先深入研究这个问题的人，他们得出：在对输入树LCA进行线性处理后，查询可以在常数时间内得到答案。他们的工作已经得到了广泛的延伸，这篇教程将展示一些有趣的方法，而它们还也可以用在其他的问题上。

      让我们考虑一个不太抽象的LCA的例子：生命树。地球上当前的居住者是由其他物种进化而来已经是一个不争的事实。这种进化结构可以表示成一棵树，其中节点表示物种，而它的孩子结点表示从该物种直接进化得到的物种。现在通过在树中查找一些结点的LCA把具有相似特征的物种划分成组，我们可以找出两个物种共同的祖先，并且我们可以知道它们所拥有的相似特征是来自于那个祖先。

      Range Minimum Query(RMQ)被用在数组中用来查找两个指定索引中具有最小值的元素的位置。我们后面将会看到LCA问题可以归约成一个带限制的RMQ问题，其中相邻的数组元素相差1。

      尽管如此, RMQ并不是仅仅和LCA一起用的。当他们在和后缀数组（一个新的数据结构，它支持和后缀树同等效率的字符串查询，但是使用更少的内存且编码很简单）一起使用时，在字符串处理中扮演着相当重要的角色。

      在这篇教程中，我们将首先讨论RMQ。我们将给出解决这个问题的多种方法--有一些速度比较慢但是容易编码，而其他的则更快。在第二部分我们将讨论LCA和RMQ之间的关系。首先我们先回顾一下不使用RMQ来解决LCA的两个简单方法；然后我们将指出RMQ和LCA问题其实是等价的；并且，最后，我们将看到RMQ问题怎样规约成它的限制版本，并且对于这个特殊情况给出一个最快的算法。

Notations
      假设一个算法预处理时间为 f(n)，查询时间为g(n)。这个算法复杂度的标记为<f(n), g(n)>。我们将用RMQ_A(i, j)来表示数组中索引i和j之间最小值的位置。 u和v的离树T根结点最远的公共祖先用LCA_T(u, v)表示。

Range Minimum Query(RMQ)
      给定数组A[0, N-1]找出给定的两个索引间的最小值的位置。

Trivial algorithms for RMQ

       对每一对索引(i, j)，将RMQ_A(i, j)存储在M[0, N-1][0, N-1]表中。普通的计算将得到一个<O(N³), O(1)> 复杂度的算法。尽管如此，通过使用一个简单的动态规划方法，我们可以将复杂度降低到<O(N²), O(1)>。预处理的函数和下面差不多：

  
  

   
   
   
   void
   
    process1(
   
   int
   
    M[MAXN][MAXN], 
   
   int
   
    A[MAXN], 
   
   int
   
    N)
 
   
   
   
   {
       int i, j;
     for (i =0; i < N; i++)
         M[i][i] = i;
     for (i = 0; i < N; i++)
         for (j = i + 1; j < N; j++)
             if (A[M[i][j - 1]] < A[j])
                 M[i][j] = M[i][j - 1];
             else
                 M[i][j] = j;
 }
  
  

这个普通的算法相当的慢并且使用 O(N2)的空间，对于大数据它是无法工作的。




An <O(N), O(sqrt(N))> solution 
  一个比较有趣的点子是把向量分割成sqrt(N)大小的段。我们将在M[0,sqrt(N)-1]为每一个段保存最小值的位置。
 M可以很容易的在O(N)时间内预处理。下面是一个例子：
 

       现在让我们看看怎样计算RMQ_A(i, j)。想法是遍历所有在区间中的sqrt(N)段的最小值，并且和区间相交的前半和后半部分。为了计算上图中的RMQ_A(2,7),我们应该比较A[2], A[M[1]], A[6] 和A[7]，并且获得最小值的位置。可以很容易的看出这个算法每一次查询不会超过3 * sqrt(N)次操作。

      这个方法最大的有点是能够快速的编码（对于TopCoder类型的比赛），并且你可以把它改成问题的动态版本（你可以在查询中间改变元素）。

Sparse Table (ST) algorithm    

     一个更好的方法预处理RMQ 是对2^k 的长度的子数组进行动态规划。我们将使用数组M[0, N-1][0, logN]进行保存，其中M[i][j]是以i 开始，长度为 2^j的子数组的最小值的索引。下面是一个例子

为了计算M[i][j]我们必须找到前半段区间和后半段区间的最小值。很明显小的片段有这2^{j - 1} 长度，因此递归如下：

预处理的函数如下：

 
 

  
  
  
  void
  
   process2(
  
  int
  
   M[MAXN][LOGMAXN], 
  
  int
  
   A[MAXN], 
  
  int
  
   N)
   
  
  
  
  {
       int i, j;
    
   //initialize M for the intervals with length 1
       for (i = 0; i < N; i++)
           M[i][0] = i;
   //compute values from smaller to bigger intervals
       for (j = 1; 1 << j <= N; j++)
           for (i = 0; i + (1 << j) - 1 < N; i++)
               if (A[M[i][j - 1]] < A[M[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
                   M[i][j] = M[i][j - 1];
               else
                   M[i][j] = M[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
   }
  
    
 
 
 

一旦我们预处理了这些值，让我们看看怎样使用它们去计算RMQ_A(i, j)。思路是选择两个能够完全覆盖区间[i..j]的块并且找到它们之间的最小值。设k = [log(j - i + 1)].。为了计算RMQ_A(i, j) 我们可以使用下面的公式

So, the overall complexity of the algorithm is <O(N logN), O(1)>。

Segment trees

     为了解决RMQ问题我们也可以使用线段树。线段树是一个类似堆的数据结构，可以在基于区间数组上用对数时间进行更新和查询操作。我们用下面递归方式来定义线段树的[i, j]区间：

• 第一个结点将保存区间[i, j]区间的信息
• 如果i<j 左右的孩子结点将保存区间[i, (i+j)/2]和[(i+j)/2+1, j] 的信息

      注意具有N个区间元素的线段树的高度为[logN] + 1。下面是区间[0,9]的线段树：

线段树和堆具有相同的结构，因此我们定义x是一个非叶结点，那么左孩子结点为2*x,而右孩子结点为2*x+1。

 使用线段树解决RMQ问题，我们应该使用数组 M[1, 2 * 2^{[logN] + 1}]，这里M[i]保存结点i区间最小值的位置。初始时M的所有元素为-1。树应当用下面的函数进行初始化(b和e是当前区间的范围):

  

  
  
 
    
   void 
    initialize( 
   int 
    node,  
   int 
    b,  
   int 
    e,  
   int 
    M[MAXIND],  
   int 
    A[MAXN],  
   int 
    N)
  
    
   {
 if (b == e)
 M[node] = b;
     else
      {
 //compute the values in the left and right subtrees
         initialize(2 * node, b, (b + e) / 2, M, A, N);
         initialize(2 * node + 1, (b + e) / 2 + 1, e, M, A, N);
 //search for the minimum value in the first and
 //second half of the interval
         if (A[M[2 * node]] <= A[M[2 * node + 1]])
             M[node] = M[2 * node];
         else
             M[node] = M[2 * node + 1];
     }
 } 
   
  
  

      上面的函数映射出了这棵树建造的方式。当计算一些区间的最小值位置时，我们应当首先查看子结点的值。调用函数的时候使用 node = 1, b = 0和e  = N-1。

      现在我们可以开始进行查询了。如果我们想要查找区间[i, j]中的最小值的位置时，我们可以使用下 一个简单的函数：

 
 

  
  
  
    
  
  int
  
   query(
  
  int
  
   node, 
  
  int
  
   b, 
  
  int
  
   e, 
  
  int
  
   M[MAXIND], 
  
  int
  
   A[MAXN], 
  
  int
  
   i, 
  
  int
  
   j)
 
  
  
  
  {
 int p1, p2;
  
  
 //if the current interval doesn't intersect
 //the query interval return -1
     if (i > e || j < b)
         return -1;
  
 //if the current interval is included in
 //the query interval return M[node]
     if (b >= i && e <= j)
         return M[node];
  
 //compute the minimum position in the
 //left and right part of the interval
     p1 = query(2 * node, b, (b + e) / 2, M, A, i, j);
     p2 = query(2 * node + 1, (b + e) / 2 + 1, e, M, A, i, j);
  
 //return the position where the overall
 //minimum is
     if (p1 == -1)
         return M[node] = p2;
     if (p2 == -1)
         return M[node] = p1;
     if (A[p1] <= A[p2])
         return M[node] = p1;
     return M[node] = p2;
  
 }
  
  
 
 
 

     你应该使用node = 1, b = 0和e = N - 1来调用这个函数，因为分配给第一个结点的区间是[0, N-1]。

     可以很容易的看出任何查询都可以在O(log N)内完成。注意当我们碰到完整的in/out区间时我们停止了，因此数中的路径最多分裂一次。用线段树我们获得了<O(N), O(logN)>的算法。线段树非常强大，不仅仅是因为它能够用在RMQ上，

还因为它是一个非常灵活的数据结构，它能够解决动态版本的RMQ问题和大量的区间搜索问题。

Lowest Common Ancestor (LCA)

      给定一棵树T和两个节点u和v，找出u和v的离根节点最远的公共祖先。下面是一个例子（这篇教程中所有的例子中树的根结点均为1）:

An <O(N), O(sqrt(N))> solution     

      将输入分成同等大小的部分来解决RMQ问题是一个很有趣的方法。这个方法对LCA问题同样适用。大致思想是将树分成sqrt(H)个部分，其中H是树的高度。因此第一个段将包含0到sqrt(H)-1层，第二个段则包含sqrt(H)到2*sqrt(H)-1层，依次下去。下面给出了样例中的树是如何被分割的：

      现在，对于每一个结点，我们应该知道每一个段的在上一层中的祖先。我们将预处理这些值，并将他们存储在P[1, MAXN]中。下面是对于样例中的树的P数组内容(为了简化，对于在第一个段中的所有结点i,P[i]=1):

      注意对于每一个段中的上面一部分,P[i]=T[i]。我们可以使用深度优先搜索对P进行预处理(T[i]是树中i结点的父亲结点，nr为[sqrt(H)]，L[i]是结点i所处的层的编号):

  

  
  
 
    
    
   void 
    dfs( 
   int 
    node,  
   int 
    T[MAXN],  
   int 
    N,  
   int 
    P[MAXN],  
   int 
    L[MAXN],  
   int 
    nr)   
    
   {
 int k;
  
 //if node is situated in the first
 //section then P[node] = 1
 //if node is situated at the beginning
 //of some section then P[node] = T[node]
 //if none of those two cases occurs, then
 //P[node] = P[T[node]]
 if (L[node] < nr)
          P[node] = 1;
 else
         if(!(L[node] % nr))
               P[node] = T[node];
         else
               P[node] = P[T[node]];
  
 for each son k of node
       dfs(k, T, N, P, L, nr);
 } 
   
  
  

 现在，我们可以很容易的进行查询了。为了找到LCA(x,y)，我们首先找出它所在的段，然后再用普通的方法计算它。下面是代码：

 
 

  
  
  
   
  
  int
  
   LCA(
  
  int
  
   T[MAXN], 
  
  int
  
   P[MAXN], 
  
  int
  
   L[MAXN], 
  
  int
  
   x, 
  
  int
  
   y)
 
  
  
  
  {
 //as long as the node in the next section of
 //x and y is not one common ancestor
 //we get the node situated on the smaller
 //lever closer
     while (P[x] != P[y])
           if (L[x] > L[y])
 x = P[x];
           else
                 y = P[y];
           
 //now they are in the same section, so we trivially compute the LCA
 while (x != y)
           if (L[x] > L[y])
              x = T[x];
           else
              y = T[y];
       return x;
 }
  
  
 
 
 

      这个函数最多执行2 * sqrt(H)次操作。通过使用这个方法，我们得到了<O(N), O(sqrt(H))>的算法，这里H指的是树的高度。在最坏的情况下H=N，因此总的复杂度为<O(N), O(sqrt(N))>。这个算法的主要好处是易于编码(Division1中的程序员应该在15分钟内完成这段代码)。

Another easy solution in <O(N logN, O(logN)>

    如果我们对这个需要一个更快的解决方法，我们可以使用动态规划。首先我们构建一张表P[1,N][1,logN]，这里P[i][j]指的是结点i的第2^j个祖先。为了计算这个值，我们可以使用下面的递归：
 

预处理的函数如下：

  void  process3( int  N,  int  T[MAXN],  int  P[MAXN][LOGMAXN])
{
    int i, j;
 
//we initialize every element in P with -1
    for (i = 0; i < N; i++)
        for (j = 0; 1 << j < N; j++)
            P[i][j] = -1;
 
//the first ancestor of every node i is T[i]
    for (i = 0; i < N; i++)
        P[i][0] = T[i];
 
//bottom up dynamic programing
for (j = 1; 1 << j < N; j++)
       for (i = 0; i < N; i++)
           if (P[i][j - 1] != -1)
P[i][j] = P[P[i][j - 1]][j - 1];
}

这个过程将花费O(N logN) 的时间和空间。现在让我们看看如何查询。用L[i]来表示节点i在树中所处的层数。可以看到，如果p和q在树中的同一层中，我们可以使用一个类二分查找的方法进行搜索。因此，对于2的j次方(界于log[L[p]和0之间，降序)，如果P[p][j] != P[q][j] ，那么可以知道LCA(p, q)必然在更高的层中，因此我们继续搜索LCA(p = P[p][j], q = P[q][j])。最后，p和q都有了相同的祖先，因此返回T[p]。让我们看看如果L[p] != L[q]的情况。 不妨假设L[p] < L[q]。我们可以使用类似的二分搜索方法来查找与q在同一层次的p的祖先，然后我们在用下面所描述的方法计算LCA。整个函数如下:

  
  
 
    
   int 
    query( 
   int 
    N,  
   int 
    P[MAXN][LOGMAXN],  
   int 
    T[MAXN],
  
   int 
    L[MAXN],  
   int 
    p,  
   int 
    q)
  
    
   {
     int tmp, log, i;
  
 //if p is situated on a higher level than q then we swap them
 if (L[p] < L[q])
 tmp = p, p = q, q = tmp;
 //we compute the value of [log(L[p)]
     for (log = 1; 1 << log <= L[p]; log++);
     log--;
  
 //we find the ancestor of node p situated on the same level
 //with q using the values in P
     for (i = log; i >= 0; i--)
         if (L[p] - (1 << i) >= L[q])
             p = P[p][i];
  
     if (p == q)
         return p;
  
 //we compute LCA(p, q) using the values in P
 for (i = log; i >= 0; i--)
         if (P[p][i] != -1 && P[p][i] != P[q][i])
             p = P[p][i], q = P[q][i];
  
     return T[p];
 } 
   
  
  
   

      现在，我们可以看到这个函数最多需要执行2*log(H)次的操作，这里的H是树的高度。在最坏情况下H=N,因此总的时间复杂度为<O(NlogN),O(logN)>。这个方案非常易编码，并且它比前一个要快。

Reduction from LCA to RMQ

     现在，让我们看看怎样用RMQ来计算LCA查询。事实上，我们可以在线性时间里将LCA问题规约到RMQ问题，因此每一个解决RMQ的问题都可以解决LCA问题。让我们通过例子来说明怎么规约的:

                                                                    点击放大图片
      注意LCA_T(u, v)是在对T进行dfs过程当中在访问u和v之间离根结点最近的点。因此我们可以考虑树的 欧拉环游过程u和v之间所有的结点，并找到它们之间处于最低层的结点。为了达到这个目的，我们可以 建立三个数组:

E[1, 2*N-1]  - 对T进行欧拉环游过程中所有访问到的结点;E[i]是在环游过程中第i个访问的结点
L[1,2*N-1] -  欧拉环游中访问到的结点所处的层数;L[i]是E[i]所在的层数
H[1, N] - H[i] 是E中结点i第一次出现的下标(任何出现i的地方都行，当然选第一个不会错)

    假定H[u]<H[v](否则你要交换u和v)。可以很容易的看到u和v第一次出现的结点是E[H[u]..H[v]]。现

在，我们需要找到这些结点中的最低层。为了达到这个目的，我们可以使用RMQ。因此 LCA_T(u, v) = E[RMQ_L(H[u], H[v])] (记住RMQ返回的是索引)，下面是E,L,H数组:

点击放大图片

注意L中连续的元素相差为1。

From RMQ to LCA
      我们已经看到了LCA问题可以在线性时间规约到RMQ问题。现在让我们来看看怎样把RMQ问题规约到LCA。这个意味着我们实际上可以把一般的RMQ问题规约到带约束的RMQ问题(这里相邻的元素相差1)。为了达到这个目的，我们需要使用笛卡尔树。
      对于数组A[0,N-1]的笛卡尔树C(A)是一个二叉树，根节点是A的最小元素，假设i为A数组中最小元素的位置。当i>0时，这个笛卡尔树的左子结点是A[0,i-1]构成的笛卡尔树，其他情况没有左子结点。右结点类似的用A[i+1,N-1]定义。注意对于具有相同元素的数组A，笛卡尔树并不唯一。在这篇教程中，将会使用第一次出现的最小值，因此笛卡尔树看作唯一。可以很容易的看到RMQ_A(i, j) = LCA_C(i, j)。
下面是一个例子:

现在我们需要做的仅仅是用线性时间计算C(A)。这个可以使用栈来实现。初始栈为空。然后我们在栈中插入A的元素。在第i步,A[i]将会紧挨着栈中比A[i]小或者相等的元素插入,并且所有较大的元素将会被移除。在插入结束之前栈中A[i]位置前的元素将成为i的左儿子，A[i]将会成为它之后一个较小元素的右儿子。在每一步中，栈中的第一个元素总是笛卡尔树的根。
如果使用栈来保存元素的索引而不是值，我们可以很轻松的建立树。下面是上述例子中每一步栈的状态:

Step	Stack	Modifications made in the tree
0	0	0 is the only node in the tree.
1	0 1	1 is added at the end of the stack. Now, 1 is the right son of 0.
2	0 2	2 is added next to 0, and 1 is removed (A[2] < A[1]). Now, 2 is the right son of 0 and the left son of 2 is 1.
3	3	A[3] is the smallest element in the vector so far, so all elements in the stack will be removed and 3 will become the root of the tree. The left child of 3 is 0.
4	3 4	4 is added next to 3, and the right son of 3 is 4.
5	3 4 5	5 is added next to 4, and the right son of 4 is 5.
6	3 4 5 6	6 is added next to 5, and the right son of 5 is 6.
7	3 4 5 6 7	7 is added next to 6, and the right son of 6 is 7.
8	3 8	8 is added next to 3, and all greater elements are removed. 8 is now the right child of 3 and the left child of 8 is 4.
9	3 8 9	9 is added next to 8, and the right son of 8 is 9.

     注意A中的每个元素最多被增加一次和最多被移除一次。因此上述算法的时间复杂度为O(N)。下面是树的处理函数：

  
  
 
    
   void 
    computeTree( 
   int 
    A[MAXN],  
   int 
    N,  
   int 
    T[MAXN])
  
  
    
   {
     int st[MAXN], i, k, top = -1;
  
 //we start with an empty stack
 //at step i we insert A[i] in the stack
     for (i = 0; i < N; i++)
     {
 //compute the position of the first element that is
 //equal or smaller than A[i]
         k = top;
         while (k >= 0 && A[st[k]] > A[i])
             k--;
 //we modify the tree as explained above
        if (k != -1)
             T[i] = st[k];
        if (k < top)
             T[st[k + 1]] = i;
 //we insert A[i] in the stack and remove
 //any bigger elements
         st[++k] = i;
         top = k;
     }
 //the first element in the stack is the root of
 //the tree, so it has no father
     T[st[0]] = -1;
 } 
   
  
  
 

An<O(N), O(1)> algorithm for the restricted RMQ

      现在我们知道了一般的RMQ问题可以使用LCA归约成约束版本。这里，数组中相邻的元素差值为1.我们可以使用一个更快的<O(N), O(1)> 的算法。下面我们将在数组A[0,N-1]上解决RMQ问题，这里|A[i]-A[i+1]|=1,i=[1,N-1]。我们将把A转换为一个二元的有着N-1个元素的数组，其中A[i]=A[i]-A[i+1]。很显然A中的元素只有可能是+1或者-1。注意原来的A[i]的值现在是A[1],A[2],...,A[i]的和加上原来的A[0]。尽管如此，下面我们根本不需要原来的值。

      为了解决这个问题的约束版本，我们需要将A分成l = [(log N) / 2]的大小块.让A'[i]为A中第i块的最小值,B[i]为A中最小块值的位置。A和B的长度均为N/l。现在我们利用第一节中讨论的ST算法预处理A'数组。这个将花费O(N/l * log(N/l))=O(N)的时间和空间。经过预处理之后，我们可以在O(1)时间内在很多块上进行查询。具体的查询过程和上面说过的一样。注意每个块的长度为l=[(logN)/2]，这个非常的小。同样，要注意A是一个二元数组。二元数组的总的元素的大小l满足2^l=sqrt(N)。因此，对于每一个二元数组中的块l，我们需要在表P中查询每一对索引的RMQ。这个可以在O(sqrt(N)*l²)=O(N) 的时间和空间内解决。为了索引表P，可以预处理A中的每一个块并且将其存储在数组T[1,N/l]中。块的类型可以成为一个二进制数如果把-1替换成0，把+1替换成1。

    现在，对于询问 RMQ_A(i, j) 我们有两种情况:

i和j在同一个块中,因此我们使用在P和T中计算的值 

i和j在不同的块中，因此我们计算三个值:从i到i所在块的末尾的P和T中的最小值，所有i和j中块中的通过与处理得到的最小值以及从j所在块i和j在同一个块中,因此我们使用在P和T中计算的值j的P和T的最小值；最后我们我们只要计算三个值中最小值的位置即可。
Conclusion
      RMQ和LCA是密切相关的问题，因为他们互相之间都可以规约。有许多算法可以用来解决它们，并且他们适应于一类问题。

下面是一些用来练习线段树，LCA和RMQ的题目:

SRM 310 -> Floating Median
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1986&refer=
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2374&refer=
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://acmicpc-live-archive.uva.es/nuevoportal/data/problem.php?p=2045&refer=
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2763&refer=
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://www.spoj.pl/problems/QTREE2/&refer=
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://acm.uva.es/p/v109/10938.html&refer=
http://www.topcoder.com/tc?module=LinkTracking&link=http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0%26problem=155&refer=


References
- "Theoretical and Practical Improvements on the RMQ-Problem, with Applications to LCA and LCE" [PDF] by Johannes Fischer and Volker Heunn
- "The LCA Problem Revisited" [PPT] by Michael A.Bender and Martin Farach-Colton - a very good presentation, ideal for quick learning of some LCA and RMQ aproaches
- "Faster algorithms for finding lowest common ancestors in directed acyclic graphs" [PDF] by Artur Czumaj, Miroslav Kowaluk and Andrzej Lingas