最近公共祖先（least common ancestors,LCA）

摘要：

　　本文主要介绍了解决LCA（最近公共祖先问题）的两种算法，分别是离线Tarjan算法和在线算法，着重展示了在具体题目中的应用细节。

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　　最近公共祖先是指对于一棵有根树T的两个结点u和v，它们的LCA（T，u，v）表示一个结点x，满足x是u和v的公共祖先且x深度尽可能的大（也即最近）。

　　求最近公共祖先有两种方法：一种是离线求解算法，也就是将询问全部存起来，处理完之后一次回答所有询问；另一种方法就是在线求解算法，对于每次询问，动态地回答。

离线算法Tarjan

　　Tarjan算法就是利用深度优先搜索的框架，对于新搜索到的一个结点，首先创建由这个结点构成的集合，再对当前结点的每一个子树进行搜索，每搜索完一棵子树，则可以确定这棵子树之内的LCA问题都已经解决。其他的LCA问题肯定都在这个子树之外，这时把子树所形成集合与当前结点的集合合并，并将当前结点设为这个集合的祖先。

　　之后继续搜索下一棵子树，直到当前结点的所有子树搜索完，这时把当前结点也设为已经被检查过的，同时可以处理有关当前结点的LCA询问，如果有一个从当前结点到v的询问，且v已经被检查过，则由于进行的是深度优先搜索，当前结点和v的LCA一定还没有被检查过，然而这个最近公共祖先的包含v的子树一定已经搜索过了，那么这个最近公共祖先一定是v所在集合的祖先。

算法实现如下：

const int maxn = 10005;//结点数
bool vis[maxn];
int tree[maxn][maxn], ans[maxn][maxn], fa[maxn];
//tree[u][0]表示结点u有几个孩子，分别是
//ans[u][v]表示u和v的LCA
//fa[i]表示i的祖先
set<int> query[maxn];//保存关于u结点的询问

int n;
void init() {
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        fa[i] = i;
        vis[i] = 0;
    }
}

int Find(int x) {//查找一个集合的祖先
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
}

void Union(int x, int y) {//合并两个集合，将x并入y中
    int fx = Find(x);
    int fy = Find(y);
    fa[fx] = fy;
}

void dfs(int u) {//dfs遍历树
    vis[u] = 1;
    for(int i = 1; i <= tree[u][0]; i++) {
        int v = tree[u][i];
        if(vis[v])  continue;
        dfs(v);
        Union(v, u);//当遍历完一棵子树的时候，就将子树和父亲合并
    }
    for(set<int>::iterator it = query[u].begin();
    it != query[u].end(); it++) {//当处理完u结点的子树时，就可以回答部分有关u的询问
        int v = *it;
        if(vis[v]) {             //如果v被访问过，就可以回答这个询问
            ans[u][v] = Find(v); //u and v 的LCA就是v所在集合的公共祖先
            query[v].erase(query[u].find(u));//将v中的此询问删掉
        }
    }
}

　　Tarjan算法可以解决LCA查询要求实现知道全部查询提问，如果LCA要求即问即答，就需要使用在线算法。

在线算法

　　在线算法需要对该树进行预处理，生成三个序列：欧拉序列、深度序列、遍历结点第一次出现的时间序列，然后通过RMQ（区间最值查询）来O(1)地回答问题。

巧妙的是只用对树进行一次深度优先遍历，就可以得到这三个序列了。

　　结点第一次出现的时间：就是深度优先遍历的过程中第一次遍历到这个结点的时间，该序列的长度是n，记为pos数组，即pos[u] = 3，表示u结点是第三个遍历到的。

　　欧拉序列：按照深度优先遍历，依次经过的结点按照遍历顺序全部记录下来，包括回溯的过程，也就是一个点可能被记录多次。该序列的长度由深搜的过程决定，记为t数组。

　　深度序列：该序列的长度和欧拉序列的长度一致，记录的是欧拉序列中对应结点的深度，记为dep。

　　有了这三个序列，假设我们需要查询LCA（T，u，v），通过pos[u]和pos[v]可以知道u和v结点在t数组和dep数组中是第几个，利用深度优先遍历的过程，可以知道在dep[pos[u]]~dep[pos[v]]中深度最小的结点就是LCA（T，u，v）了。

算法实现如下：

const int maxn = 1006;

int tot, ans[maxn][maxn], link[maxn][maxn];//link存树的结构
int dep[maxn * 4], pos[maxn], t[maxn * 4];
int dp[maxn * 4][12];//存储区间最值
bool v[maxn];

void dfs(int u, int dfn) {
    if(!v[u]) {
        v[u] = 1;
        pos[u] = tot;
    }
    dep[tot] = dfn; //深度序列
    t[tot++] = u;   //欧拉序列
    for(int i = 1; i <= link[u][0]; i++) {
        dfs(link[u][i], dfn + 1);
        
        dep[tot] = dfn;
        t[tot++] = u;
    }
    return;
}

void init() {
    for(int j = 0; (1 << j) <= tot; j++) {
        for(int i = 0; i + (1 << j) <= tot; i++) {
            if(j == 0)
                dp[i][j] = i;
            else {
                if(dep[dp[i][j - 1]] < dep[dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
                    dp[i][j] = dp[i][j - 1];
                else
                    dp[i][j] = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
            }
        }
    }
}

int RMQ(int p1, int p2) {
    int k = log2(p2 - p1 + 1);
    if( (1<<k) < p2 - p1 + 1) k++;
    if(dep[dp[p1][k]] < dep[dp[p2 - (1 << k) + 1][k]])
        return t[dp[p1][k]];
    else
        return t[dp[p2 - (1 << k) + 1][k]];
}

int lca(int v1, int v2) {
    if(pos[v1] < pos[v2])
        return RMQ(pos[v1], pos[v2]);
    else
        return RMQ(pos[v2], pos[v1]);
}

　　下面看一道例题：HDU 2586 How far away ？

题意

　　输出一棵有根数，问任意两个结点间的距离

解题思路

　　首先问一次计算一次不是什么好的办法，我们可以将每个结点到根结点的距离预处理出来，然后找到两个结点的最近公共祖先，然后答案就是dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca(u, v)]。因为是即问即答，所以采用在线的方法。

　　注意RMQ中k的计算方式有所不同，采用之前的方法计算会发生数组访问越界。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstring>

using namespace std;

const int maxn = 41010;
struct E{
    int v, ne, d;
    E(){}
    E(int _v, int _n, int _d): v(_v), ne(_n), d(_d){}
}e[maxn * 2];

int t[maxn * 2], dep[maxn * 2], pos[maxn], dis[maxn];
int head[maxn], esize;
bool vis[maxn];
int dp[maxn * 2][30];
int n, m, tot;

void init() {
    esize = tot = 0;
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(dis, 0, sizeof(dis));
    memset(head, -1, sizeof(head));
}

void add(int u, int v, int d) {
    e[esize] = E(v, head[u], d);
    head[u] = esize++;
}

void dfs(int u, int de) {
    if(!vis[u]) {
        vis[u] = 1;
        pos[u] = tot;
    }
    dep[tot] = de;
    t[tot++] = u;

    for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].ne) {
        int v = e[i].v;
        int d = e[i].d;
        if(vis[v]) continue;
        dis[v] = dis[u] + d;
        dfs(v, de + 1);

        dep[tot] = de;
        t[tot++] = u;
    }
    return;
}

void cdep() {
    for(int j = 0; (1 << j) < tot; j++) {
        for(int i = 1; i + (1 << j) < tot; i++) {
            if(j == 0)
                dp[i][j] = i;
            else {
                if(dep[dp[i][j - 1]] < dep[dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
                    dp[i][j] = dp[i][j - 1];
                else
                    dp[i][j] = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
            }
        }
    }
}

int RMQ(int u, int v) {
    int k = 0;
    k = log2(v - u + 1);
    if((1 << k) < v - u + 1) k++;
    /*int len = v - u + 1, k = 0;
    k = log(len * 1.0)/log(2.0);*/
    if(dep[dp[u][k]] < dep[dp[v - (1 << k) + 1][k]])
        return t[dp[u][k]];
    else
        return t[dp[v - (1 << k) + 1][k]];
}

int lca(int u, int v) {
    if(pos[u] < pos[v])
        return RMQ(pos[u], pos[v]);
    else
        return RMQ(pos[v], pos[u]);
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        init();
        for(int i = 1; i < n; i++) {
            int u, v, w;
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
            add(u, v, w);
            add(v, u, w);
        }
        dfs(1, 0);
        cdep();

        int u, v;
        while(m--) {
            scanf("%d%d", &u, &v);
            printf("%d
", dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca(u, v)]);
        }
    }
    return 0;
}