LCA问题
LCA（Least Common Ancestors），即最近公共祖先：在有根树中，找出某两个结点u和v最近的公共祖先（另一种说法，离树根最远的公共祖先）。
使用RMQ解决LCA问题，一篇不错的文档http://wenku.baidu.com/view/392c7023dd36a32d73758193.html，解释了两者之间的转换。
在线算法DFS+ST描述(思想是：将树看成一个无向图，u和v的公共祖先一定在u与v之间的最短路径上)：
（1）DFS：从树T的根开始，进行深度优先遍历（将树T看成一个无向图），并记录下每次到达的顶点。第一个的结点是root(T)，每经过一条边都记录它的端点。由于每条边恰好经过2次，因此一共记录了2n-1个结点，用E[1, ... , 2n-1]来表示。
（2）计算R：用R[i]表示E数组中第一个值为i的元素下标，即如果R[u] < R[v]时，DFS访问的顺序是E[R[u], R[u]+1, …, R[v]]。虽然其中包含u的后代，但深度最小的还是u与v的公共祖先。
（3）RMQ：当R[u] ≥ R[v]时，LCA[u, v] = RMQ(R[v], R[u])；否则LCA[u, v] = RMQ( R[u], R[v]).
利用树的性质，如果边（a，b）是父子边，即a为b在搜索树中的父亲，则dis[b]=dis[a]+weght[a][b];(dis为某点到根节点的距离)因此树上任意两点间距离=dis[a]+dis[b]-2*dis[lca(a,b)];
2.离线算法Tarjan解决LCA问题
下面是算法的详细讲解：
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。
poj1330和poj 1986都是基础的LCA问题，用于测模板的，注意给出的边是单向还是双向。
1.转RMQ做法
class LCA {
int rmq[];// 1~n
int n, len, E[];// 图
node buf[];// 边
int F[], pos[], cnt;// 欧拉序列（第i次遍历到的元素），元素第一次遍历到的cnt;posmn[]元素最后一次遍历到的cnt。则{pos[i],posmn[i]}段代表i的子树
int dis[];// 各点到根节点距离
RMQ st;
LCA(int maxn) {
buf = new node[maxn * 2];
E = new int[maxn];
F = new int[maxn * 2];
rmq = new int[maxn * 2];
pos = new int[maxn];
st = new RMQ(maxn * 2);
dis = new int[maxn];
}
void init(int n) {
this.n = n;
len = 0;
Arrays.fill(E, -1);
}
void addedge(int a, int b, int w) {
buf[len] = new node(b, E[a], w);
E[a] = len++;
buf[len] = new node(a, E[b], w);
E[b] = len++;
}
int query(int a, int b) {
int k = st.getmin(pos[a], pos[b]);
return dis[a] + dis[b] - 2 * dis[F[k]];
}
void dfs(int a, int lev) {
cnt++;
F[cnt] = a;
rmq[cnt] = lev;
pos[a] = cnt;
for (int i = E[a]; i != -1; i = buf[i].ne) {
int b = buf[i].be;
if (pos[b] != -1)
continue;
dis[b] = dis[a] + buf[i].weight;
dfs(b, lev + 1);
cnt++;
F[cnt] = a;
rmq[cnt] = lev;
}
}
void solve(int root) {
cnt = 0;
Arrays.fill(pos, -1);
Arrays.fill(dis, 0);
dfs(root, 0);
st.init(2 * n - 1);
}
}
2.Tarjan做法
void dfs(int a, int p) {
vis[a] = 1;
for (int i = Eb[a]; i != -1; i = buf[i].ne) {
int b = buf[i].be;
if (vis[b] == 0) {
dis[b] = dis[a] + buf[i].val;
dfs(b, a);
}
}
for (int i = Eq[a]; i != -1; i = query[i].ne) {
int b = query[i].be;
if (vis[b] == 1){
int temp=find(b);
ans[query[i].val] = dis[a]+dis[b]-2*dis[temp];
}
}
f[a] = find(p);
}