洛谷P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

题目描述

如题，给定一棵有根多叉树，请求出指定两个点直接最近的公共祖先。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个正整数N、M、S，分别表示树的结点个数、询问的个数和树根结点的序号。

接下来N-1行每行包含两个正整数x、y，表示x结点和y结点之间有一条直接连接的边（数据保证可以构成树）。

接下来M行每行包含两个正整数a、b，表示询问a结点和b结点的最近公共祖先。

输出格式：

输出包含M行，每行包含一个正整数，依次为每一个询问的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

5 5 4

3 1

2 4

5 1

1 4

2 4

3 2

3 5

1 2

4 5

输出样例#1：

4

4

1

4

4

说明

时空限制：1000ms,128M

数据规模：

对于30%的数据：N<=10，M<=10

对于70%的数据：N<=10000，M<=10000

对于100%的数据：N<=500000，M<=500000

样例说明：

该树结构如下：



模板题。。。

什么是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。

Tarjan：离线做法 。dfs+并查集 复杂度O(n+m)。先记录下询问a，b。a，b的LCA是包含a，b的最小子树的根节点。dfs遍历图，当遍历到a时，判断b是否被遍历过， 如果遍历过，则记录答案find(b)，即子树的根节点（想想为什么？如果难以理解，不妨自己手动模拟一下）。遍历完一个点x的孩子以及以孩子为根节点的子树， 将孩子的父亲指向x，即fa[孩子] = x。

倍增：在线做法。复杂度O（mlogn）。当我们第一眼看到这题时一定会想一步一步往上跳，这样虽然可行，但效率不高，于是我们可以想一次多跳些。倍增就是向上跳2^i 个点。我们可以先预处理出anc[i][j] 表示第i个点向上跳2^j个点到达的点。因为 2^i == 2^(i-1)+2^(i-1)，所以有anc[x][i] = anc[anc[x][i-1]][i-1]，anc[x][0] = 它的父亲， 这样就可以处理好anc数组了。 接着就在线求LCA了。先将深度深的点跳至与另一个点相同的高度。然后，两个点同时向上跳2^i个点， 直到跳到了同一个点。（注意：如果跳到LCA要跳2^i个点，我们不会直接跳2^i个点,而是跳2^(i-1),2^(i-2),2^(i-3),……,2^0, 2^0。如果跳到LCA要跳2^i - 1个点,则跳 2^(i-1),2^(i-2),……,2^0。）

Tarjan代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RG register
inline int read()
{
int sum = 0;
char c = getchar();
while(c<'0' || c>'9')
c = getchar();
while(c>='0' && c<='9')
sum = sum*10+c-'0', c = getchar();
return sum;
}
const int N = 500010;
struct node
{
int to, next;
}g[N*2];
struct nod
{
int to, next, num;
}a[N*2];
int fa
, last
, gl, bj
, n, m, s, ans
, al, la
;
int find(int x)
{
if(fa[x] == x)
return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
void add(int x, int y)
{
g[++gl].to = y;
g[gl].next = last[x];
last[x] = gl;
}
void add2(int x, int y, int i)
{
a[++al].to = y;
a[al].next = la[x];
a[al].num = i;
la[x] = al;
}
void tarjan(int x, int lat)
{
fa[x] = x;
bj[x] = 1;
for(int i = last[x]; i; i = g[i].next)
{
int to = g[i].to;
if(to == lat) continue;
tarjan(to, x);
fa[to] = x;
}
for(int i = la[x]; i; i=a[i].next)
if(bj[a[i].to])
ans[a[i].num] = find(a[i].to);
return ;
}
void write(int x)
{
if(x)
{
write(x/10);
putchar((x%10+'0'));
}
return ;
}
int main()
{
n = read(), m = read(), s = read();
for(RG int i = 1; i < n; i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
for(RG int i = 1; i <= m; i++)
{
int x=read(),y=read();
add2(x, y, i), add2(y, x, i);
}
tarjan(s, 0);
for(RG int i = 1; i <= m; i++)
write(ans[i]), putchar('\n');
return 0;
}

倍增代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RG register
inline int read()
{
int sum = 0;
char c = getchar();
while(c<'0' || c>'9')
c = getchar();
while(c>='0' && c<='9')
sum = sum*10+c-'0', c = getchar();
return sum;
}
void write(int x)
{
if(x)
{
write(x/10);
putchar((x%10+'0'));
}
return ;
}
const int N = 500010;
struct node
{
int to, next;
}g[N*2];
int last
, gl;
void add(int x, int y)
{
g[++gl] = (node){y, last[x]};
last[x] = gl;
}
int anc
[21], fa
, deep
;
void work(int x)
{
anc[x][0] = fa[x];
for(int i=1; (1<<i) <= deep[x]; i++)
anc[x][i] = anc[anc[x][i-1]][i-1];
for(int i = last[x]; i; i = g[i].next)
if(fa[x] != g[i].to)
{
fa[g[i].to] = x;
deep[g[i].to] = deep[x]+1;
work(g[i].to);
}
return ;
}
int lca(int x, int y)
{
if(deep[x] < deep[y])
swap(x, y); //x比y深
for(int i = 20; i >= 0; i--)
if(deep[y] <= deep[x]-(1<<i))//注意是<=（想想为什么？）
x = anc[x][i];
if(x == y)
return x;
for(int i = 20; i >= 0; i--)
{
if(anc[x][i]!=anc[y][i])
{
x=anc[x][i];
y=anc[y][i];
}
}
return anc[x][0];//最后一次肯定跳一个点
}
int main()
{
int n = read(), m = read(), s = read();
for(RG int i = 1; i < n; i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
work(s);
for(RG int i = 1; i <= m; i++)
{
int x=read(), y=read();
write(lca(x,y));
putchar('\n');
}
return 0;
}