【C++】最近公共祖先 LCA

最近公共祖先

百科名片

• 最近公共祖先
• Lowest Common Ancestors
• LCA

简单引入

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。

红色的都是是A和B的公共祖先，但只有最近的C才是最近公共祖先。

LCA问题是树上的一个经典问题，在很多方面有着广泛的应用，比如求LCP（最长公共前缀），接下来我们就来介绍他的几种算法。

LCA的算法

暴力枚举法

如果我们要求a和b的最近公共祖先，就沿着父亲的方向把a的所有祖先都标记
一下（类似并查集找父亲，但是没有路径压缩），然后在从b开始往上找祖先，
碰到第一个被标记的点，就是a和b的最近公共祖先。

C是最近公共祖先。

求一个对点的LCA时间复杂度高达O（N）。
求m个点对的LCA时间复杂度高达O（mN）。
当m和n都高达10万的时候，超时了！！！

宝宝难以承受！！！！！

求m个点对的最近公共祖先是可以优化的，一般有两种：
1、离线算法（Tarjan离线算法）：所谓的离线算法指的是把所有问题收集起来以后一起去算，最后一起回答。
2、在线算法（倍增算法）：所谓的在线算法就是来一个点对，处理一个点对。

Tarjan离线算法

Robert Tarjan设计了求解的应用领域的许多问题的广泛有效的算法和数据结构。 他已发表了超过228篇理论文章（包括杂志，一些书中的一些章节文章等）。Robert Tarjan以在数据结构和图论上的开创性工作而闻名。 他的一些著名的算法包括 Tarjan最近共同祖先离线算法 ，Tarjan的强连通分量算法等。其中Hopcroft-Tarjan平面嵌入算法是第一个线性时间平面算法。Tarjan也开创了重要的数据结构如：斐波纳契堆和splay树（splay发明者还有Daniel Sleator）。另一项重大贡献是分析了并查集。他是第一个证明了计算反阿克曼函数的乐观时间复杂度的科学家。

简单的介绍一下tarjan算法：
tarjan算法是离线算法，它必须先将所有的要查询的点对存起来，然后在搜的时候输出结果。
tarjan算法很经典，因为算法的思想很巧妙，利用了并查集思想，在dfs下，将查询一步一步的搜出来。

基本思路：
1 任选一个节点为根节点，从根节点开始
2 遍历该点 u 的所有子节点 v ，并标记 v 已经被访问过
3 若 v 还有子节点，返回 2 ，否则下一步
4 合并 v 到 u 所在集合
5 寻找与当前点 u 有询问关系的点 e
6 若 e 已经被访问过，则可以确定 u、e 的最近公共祖先为 e 被合并到的父亲节点

• 对于我们已经保存好的查询，假设为(u,v)，u为此时已经搜完的子树的根节
  点，v的位置就只有两种可能，一种是在u的子树内，另一种就是在其之外。
• 对于在u的子树内的话，最近公共祖先肯定是可以直接得出为u。
• 对于在u的子树之外的v，我们已经将v搜过了，且已经知道了v的祖先，那么我们可以根据dfs的思想，v肯定是和u在一颗子树下的，而且这颗子树是使得他们能在一颗子树下面深度最深的。而这个子树的根节点刚好就是v的并查集所保存的祖先。所以对于这种情况的(u,v)，它们的最近公共祖先就是v的并查集祖先。

下面给出伪代码：

void Tarjan(u) {   // merge 和 find 为并查集合并函数和查找函数	
   for each(u,v) {     // 遍历 u 的所有子节点 v		
       Tarjan(v);      // 继续往下遍历
       merge(u,v);     // 合并 v 到 u 这一集合
       标记 v 已被访问过;	
   }
   for each(u,e) {       // 遍历所有与 u 有查询关系的 e
       if(e 被访问过)
       u, e 的最近公共祖先为 find(e);
   }
}

下面给出真代码：

int f[N],n,m,ans[N],check[N]; 
vector<int> a[N],b[N],id[N]; 

int find(int x) { return x==f[x] ? x : f[x]=find(f[x]); }

void tarjan(int x) {
	f[x]=x; 
	check[x]=1; 
	for(int i=0; i<a[x].size(); i++) {
		int v=a[x][i]; 
		if(!check[v]) {
			tarjan(v);  
			f[v]=x; 
		}
	}
	for(int i=0; i<b[x].size(); i++) {
		int v=b[x][i]; 
		if(!check[v]) continue; 
		ans[id[x][i]]=find(v); 
	}
}

我们在深度优先遍历的时候，先遍历x节点的
左子树，当遍历到u的时候，发现v没有被遍历过，那么就不去管lca(u,v)这个问题，然后我们把已经遍历的x子树的所有节点都合并到他的父亲（即father指向父亲），然后当我们遍历到v的时候，发现u已经遍历过了，那么此时u在并查集里的father就是u和v的最近公共祖先.

时间复杂度：由于每个点只遍历一次，每个问题只枚举2次，所以时间复杂度是O（N+2Mα(N))。α(N)为并查集查询一次根所需要的时间。

倍增算法

首先一个小问题，给你两个点a和b，你如何快速的回答这两个点在树里面是否具有祖先和后代的关系。
暴力算法又是o（N），明显太浪费时间！

引入时间戳的概念：所谓的时间戳就是在给一棵树进行深度优先遍历的同时，记录下计入每个点的时候和离开每个点的时间。

如图所示，每个节点的左边是进入的时间，右边是离开的时间。

如果a是b的祖先，只要满足 (in[a]<=in[b]) and (out[b]<=out[a])
也就是我们只需要一次深搜，接下来对于任何询问a和b是否有祖先关系的时候，我们只要O(1)的时间就能回答这个问题。

建立倍增数组：
定义f[i][j]为与节点i距离为2^j的祖先的编号。
明显的f[i][0]就是每个点直接的父亲。
另有递推关系：f[i][j]=f[f[i][j-1],j-1]。
于是我们只需要在nlogn的时间内就可以求出f数组的值。

如果f[i][j]不存在，我们就令f[i][j]=根，方便我们计算
接下来如何求a和b的最近公共祖先呢？
1、如果a是b的祖先，那么输出a
2、如果b是a的祖先，那么输出b
3、for i:=20 downto 0 do
if f[a][i]不是b的祖先，那么令 a=f[a][i];
循环结束的时候，f[a][0]就是最近公共祖先。

int lca(int x,int y) {
	if(ancestor(x,y)) return x; 
	if(ancestor(y,x)) return y; 
	for(int i=20; i>=0; i--) 
		if(!ancestor(f[x][i],y))
	x=f[x][i]; 
	return f[x][0]; 
}

例题：

CodeVS1036 商务旅行（可惜CodeVS崩溃了）

题目描述

某首都城市的商人要经常到各城镇去做生意，他们按自己的路线去做，目的是为了更好的节约时间。

假设有N个城镇，首都编号为1，商人从首都出发，其他各城镇之间都有道路连接，任意两个城镇之间如果有直连道路，在他们之间行驶需要花费单位时间。该国公路网络发达，从首都出发能到达任意一个城镇，并且公路网络不会存在环。

你的任务是帮助该商人计算一下他的最短旅行时间。

输入描述

输入文件中的第一行有一个整数N，1<=n<=30 000，为城镇的数目。下面N-1行，每行由两个整数a 和b (1<=a, b<=n; a<>b)组成，表示城镇a和城镇b有公路连接。在第N+1行为一个整数M，下面的M行，每行有该商人需要顺次经过的各城镇编号。M<=30000

输出描述

在输出文件中输出该商人旅行的最短时间。

样例输入

5
1 2
1 5
3 5
4 5
4
1
3
2
5

样例输出

7

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define RI          register int
#define re(i,a,b)   for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)     memset(a,i,sizeof(a))

using namespace std;

typedef long long ll;

int const N=30005;

struct edge{
  int to,nt;
} e[N<<1];

int n,m,cnt,sum,ans;
int h[N],vis[N],tin[N],tout[N],dep[N];
int f[N][15];

int ast(int x,int y) {
    return tin[x]<=tin[y] && tout[y]<=tout[x];
}

int lca(int x,int y) {
    if(ast(x,y)) return x;
    if(ast(y,x)) return y;
    for(int i=14; i>=0; i--) 
        if(!ast(f[x][i],y)) x=f[x][i];
    return f[x][0];
}
 
void add(int a,int b) {
    e[++cnt].to=b;
    e[cnt].nt=h[a];
    h[a]=cnt;
}
 
void dfs(int x,int fa,int d){
    tin[x]=++sum;
    f[x][0]=fa;
    dep[x]=d;
    for(int i=h[x]; i; i=e[i].nt) {
        int v=e[i].to;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,x,d+1);
    }
    tout[x]=++sum;
}
 
int main() {
    scanf("%d",&n);
    re(i,1,n-1) {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    dfs(1,1,0);
    re(j,1,14) re(i,1,n) 
        f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    scanf("%d",&m);
    int k=1;
    re(i,1,m) {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        int t=lca(k,x);
        ans+=dep[k]+dep[x]-2*dep[t];
        k=x;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}