【LCA】最近公共祖先问题Lowest Common Ancestors
2014-03-23 19:58
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昨天集训出了一道LCA的题目,我只会写暴力然后不知道为啥崩栈了,然后想起了去年NOIP Day1 T3 也是不会LCA就废了,然后就没有然后了.....于是我今天学习了各种LCA的做法。
LCA:对于有根树T的两个结点u、v,最近公共祖先LCA(T,u,v)表示一个结点x,满足x是u、v的祖先且x的深度尽可能大。——百度百科
举个例子:
![](https://oscdn.geek-share.com/Uploads/Images/Content/202012/07/f27772f06a7ff361e8e127b4fa0701a0)
3和4节点的LCA就是2,2和6号节点的LCA是1,5和6的LCA就是5.
暴力求LCA的方法:
对树进行遍历求出每个节点的深度,如下图:
![](https://oscdn.geek-share.com/Uploads/Images/Content/202012/07/5ed89adf4f1b569e6aac221c9ab8a877)
求任意两个节点的LCA,先把深度大的沿父亲移到同样的深度,若两个节点不是同一个结点就把两个结点同时向父亲移,最后结点相同得到的就是LCA。
举上图的例子,求3结点和5结点的LCA就,3结点深度大于5,先跳到2结点,两结点不同,继续跳,两节点都跳到1结点,1就是他们的LCA。
Code C++:
暴力求一次LCA时间复杂度是O(树的深度)的,显然对于大数据会挂,那怎么办呢。
我们有LCA+RMQ(区间最值)的倍增在线算法
记得求区间最值的ST算法吗???
类似地,我们可以利用倍增的算法求出 i 结点往上的第 2^j 个结点是谁
另fa[i][j]为i结点往上跳2^j的结点编号
易得fa[i][j]=fa[ fa[ i ][ j-1 ] ][ j-1 ](i结点往上跳2^(j-1)下再跳2^(j-1)就是i结点往上跳2^j的结果)
我们就能在O(nlogn)的时间预处理出这个东西
然后对每一个LCA的查询,还是先跳到相同深度,不过这次类似于二分查找地在logn的时间跳到相同深度结点,再把两个结点一起跳到使两个结点不同的最后两个结点,最终LCA就是fa[i][0].
时间复杂度:预处理O(nlogn)、一次查询(logn)
具体实现看下面代码。
我们先来看看2013Noip day1 T3 Trunk(Wikioi3282)
题目大意:给一个图,求最大生成树,询问生成树上两个结点路径上最小的边权,若两点不可达输出-1。
题解:先求最大生成树,然后对生成树dfs,并进行倍增同时记录g[i][j]表示以i为结点到i往上2^j个结点之间的最小边权,直接回答询问即可。
C++代码:
如果查询不要求强制在线的话可以有离线的tarjan算法
时间复杂度为O(n+q)
参考文章: http://en.wikipedia.org/wiki/Tarjan%27s_off-line_lowest_common_ancestors_algorithm http://scturtle.is-programmer.com/posts/30055.html 这个算法思想大概是这样的
先把询问都存储下来
在遍历树的时候,维护一个并查集,当遍历原来树的一个子树的时候,把子树中的所有元素并为一个集合,把集合的根指向为子树的根,
那么我可以回答已经遍历过的点与子树跟的LCA询问,若询问点没有遍历过那么先放在一边不管。
例:
![](https://oscdn.geek-share.com/Uploads/Images/Content/202012/07/084747e6e0af630f321d4d6dc4e9e11f)
箭头表示当前遍历到的结点,相同颜色的点表示已经并入同一集合,如题,现在遍历到点6,回答与结点6有关的询问,假若询问3和6号点的LCA 先检查3号点是否遍历过,然后答案为3所在并查集的祖先,也就是1号点。
又来一题:
WIKIOI 1036
题目大意:给一棵树,给定结点顺序,求从根节点按结点顺序走的最终距离是多少,其中每条边的长度都是1.
解法:显然求相邻点的LCA,然后他们之间的距离就是i到根的距离+j到根的距离-2*LCA到根的距离,累加得到答案即可。
代码:
————————————————————————————————————————————————
P.S.:以前XTC大神讲过noip 2013 day1 t3 可以tarjan做,可是我想了很久还是不会。。。。。。求大神指点
LCA:对于有根树T的两个结点u、v,最近公共祖先LCA(T,u,v)表示一个结点x,满足x是u、v的祖先且x的深度尽可能大。——百度百科
举个例子:
3和4节点的LCA就是2,2和6号节点的LCA是1,5和6的LCA就是5.
暴力求LCA的方法:
对树进行遍历求出每个节点的深度,如下图:
求任意两个节点的LCA,先把深度大的沿父亲移到同样的深度,若两个节点不是同一个结点就把两个结点同时向父亲移,最后结点相同得到的就是LCA。
举上图的例子,求3结点和5结点的LCA就,3结点深度大于5,先跳到2结点,两结点不同,继续跳,两节点都跳到1结点,1就是他们的LCA。
Code C++:
void dfs(int p,int dth){//对树进行遍历求深度 dep[p]=dth; for(int i=first[p];i;i=e[i].next){ if(!dep[e[i].p]){ father[e[i].p]=p; val[e[i].p]=e[i].l; dfs(e[i].p,dth+1); } } } int lca(int x,int y){ while(dep[x]>dep[y])x=father[x]; while(dep[x]<dep[y])y=father[y]; while(x!=y){x=father[x];y=father[y];} return x; }
暴力求一次LCA时间复杂度是O(树的深度)的,显然对于大数据会挂,那怎么办呢。
我们有LCA+RMQ(区间最值)的倍增在线算法
记得求区间最值的ST算法吗???
min[i][j]=min(min[i][j-1],min[i+(1<<(j-1))][j-1]);
类似地,我们可以利用倍增的算法求出 i 结点往上的第 2^j 个结点是谁
另fa[i][j]为i结点往上跳2^j的结点编号
易得fa[i][j]=fa[ fa[ i ][ j-1 ] ][ j-1 ](i结点往上跳2^(j-1)下再跳2^(j-1)就是i结点往上跳2^j的结果)
我们就能在O(nlogn)的时间预处理出这个东西
然后对每一个LCA的查询,还是先跳到相同深度,不过这次类似于二分查找地在logn的时间跳到相同深度结点,再把两个结点一起跳到使两个结点不同的最后两个结点,最终LCA就是fa[i][0].
时间复杂度:预处理O(nlogn)、一次查询(logn)
具体实现看下面代码。
我们先来看看2013Noip day1 T3 Trunk(Wikioi3282)
题目大意:给一个图,求最大生成树,询问生成树上两个结点路径上最小的边权,若两点不可达输出-1。
题解:先求最大生成树,然后对生成树dfs,并进行倍增同时记录g[i][j]表示以i为结点到i往上2^j个结点之间的最小边权,直接回答询问即可。
C++代码:
3287 货车运输NKWBTB | 测试通过 Accepted | 100 | » | 561ms | 4296kb | C++ | 2068B |
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <cstring> #define MAXM 50001 #define MAXN 10001 #define DA 17 //DA开到2^n比N大就行 using namespace std; int first[MAXN],father[MAXN],ct=1,fa[MAXN][DA],lth[MAXN][DA],dep[MAXN]; //father为并查集数组,fa是结点父亲倍增数组,lth为最小边权记录数组,dep为深度数组 struct edge{ int p,next,l; void add(int u,int v,int val){ p=v; next=first[u]; l=val; } }e[MAXM],line[MAXM*2]; bool cmp(const edge &a,const edge &b){return a.l>b.l;} int findset(int x){ if(x!=father[x])father[x]=findset(father[x]); return father[x]; } bool Union(int x,int y){ int fx=findset(x); int fy=findset(y); if(fx==fy)return false; father[fx]=fy; return true; } void dfs(int p,int dth){ dep[p]=dth; for(int i=first[p];i;i=e[i].next){ if(!fa[e[i].p][0]){ fa[e[i].p][0]=p; lth[e[i].p][0]=e[i].l; dfs(e[i].p,dth+1); } } } //对树进行遍历预处理出深度,初始化边权数组和倍增数组 int query(int u,int v){ int len=0x7fffffff; if(dep[u]<dep[v])swap(v,u); for(int i=DA-1;i>=0;i--)//将两结点跳到同样深度同时更新最小边权大小 if(dep[fa[u][i]]>=dep[v]){ len=min(len,lth[u][i]); u=fa[u][i]; } if(u!=v){//两节点同时跳到最后不同的两个结点 for(int j=DA-1;j>=0;j--) if(fa[u][j]!=fa[v][j]){ len=min(len,min(lth[u][j],lth[v][j])); u=fa[u][j];v=fa[v][j]; } len=min(len,min(lth[u][0],lth[v][0])); } return len; } //查询 int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d%d",&line[i].p,&line[i].next,&line[i].l); sort(line,line+m,cmp); for(int i=1;i<=n;i++)father[i]=i; int cnt=0; for(int i=0;i<m;i++){ if(Union(line[i].p,line[i].next)){ ++cnt; e[ct].add(line[i].p,line[i].next,line[i].l); first[line[i].p]=ct++; e[ct].add(line[i].next,line[i].p,line[i].l); first[line[i].next]=ct++; } if(cnt==n-1)break; } for(int i=1;i<=n;i++)if(!fa[i][0]){lth[i][0]=0x7fffffff;fa[i][0]=i;dfs(i,1);} //对树进行预处理 for(int i=1;i<DA;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1]; lth[j][i]=min(lth[j][i-1],lth[fa[j][i-1]][i-1]); } } //倍增预处理 int q; scanf("%d",&q); while(q--){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); if(findset(u)!=findset(v)){printf("-1\n");continue;} printf("%d\n",query(u,v)); } return 0; }//其实这题有更好的做法,详情请移步http://blog.csdn.net/nkwbtb/article/details/21883807
如果查询不要求强制在线的话可以有离线的tarjan算法
时间复杂度为O(n+q)
参考文章: http://en.wikipedia.org/wiki/Tarjan%27s_off-line_lowest_common_ancestors_algorithm http://scturtle.is-programmer.com/posts/30055.html 这个算法思想大概是这样的
先把询问都存储下来
在遍历树的时候,维护一个并查集,当遍历原来树的一个子树的时候,把子树中的所有元素并为一个集合,把集合的根指向为子树的根,
那么我可以回答已经遍历过的点与子树跟的LCA询问,若询问点没有遍历过那么先放在一边不管。
例:
箭头表示当前遍历到的结点,相同颜色的点表示已经并入同一集合,如题,现在遍历到点6,回答与结点6有关的询问,假若询问3和6号点的LCA 先检查3号点是否遍历过,然后答案为3所在并查集的祖先,也就是1号点。
又来一题:
WIKIOI 1036
题目大意:给一棵树,给定结点顺序,求从根节点按结点顺序走的最终距离是多少,其中每条边的长度都是1.
解法:显然求相邻点的LCA,然后他们之间的距离就是i到根的距离+j到根的距离-2*LCA到根的距离,累加得到答案即可。
代码:
1036 商务旅行NKWBTB | 测试通过 Accepted | 100 | » | 55ms | 3008kb | C++ | 1252B |
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <vector> #define MAXN 30001 using namespace std; int first[MAXN],fa[MAXN],ct=1,anc[MAXN],lth[MAXN],ans=0; bool vis[MAXN]; struct edge{ int p,next; void add(int u,int v){ p=v; next=first[u]; } }e[MAXN*2]; vector<int>vec[MAXN]; vector<int>::iterator it; int findset(int x){ if(x!=fa[x])fa[x]=findset(fa[x]); return fa[x]; } bool Union(int x,int y){ int fx=findset(x); int fy=findset(y); if(fx==fy)return false; fa[fx]=fy; return true; } void tarjan(int p,int f,int l){ fa[p]=p;lth[p]=l;//处理距离 for(int i=first[p];i;i=e[i].next){ if(!fa[e[i].p]&&e[i].p!=f){ tarjan(e[i].p,p,l+1); Union(p,e[i].p);//合并子树结点到并查集中 anc[findset(p)]=p;//并查集根指向子树根节点 } } vis[p]=true; for(it=vec[p].begin();it!=vec[p].end();it++){//回答与p相关询问 if(vis[*it])ans+=lth[p]+lth[*it]-2*lth[anc[findset(*it)]]; } } int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); e[ct].add(u,v); first[u]=ct++; e[ct].add(v,u); first[v]=ct++; } int s=1,t,q; scanf("%d",&q); while(q--){//存储询问 scanf("%d",&t); vec[s].push_back(t); vec[t].push_back(s); s=t; } tarjan(1,1,0); printf("%d",ans); return 0; }
————————————————————————————————————————————————
P.S.:以前XTC大神讲过noip 2013 day1 t3 可以tarjan做,可是我想了很久还是不会。。。。。。求大神指点
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