【题目描述】：
有根树在计算机科学工程领域是一个人人熟知的数据结构类型。下面是一个例子。
8->(1,4,5)；1->(13,14)；4->(6,10)；5->(9)；6->(7,15)；10->(2,11,16)；16->(3,12)；
在这个图中，每个点都是由{1, 2,...,16}中的某个数字标记的。8号点是树的根。如果x号点在y号点到根的路径上，则x是y的祖先。比如4是16的祖先，10也是。事实上，8,4,10,16都是16的祖先。记住，一个节点本身就是自己的祖先。再比如8,4,6,7是7的祖先。
如果x既是y的祖先也是z的祖先则称x是y和z公共祖先。也就是说8和4都是16和7的公共祖先。
如果x在y和z的所有公共祖先中距离y和z最近，则x是y和z的最近公共祖先。也就是说4是16和7的最近公共祖先而不是8，因为4比8更近。
再举一些例子：节点2和3的最近共同祖先是节点10，节点6和13的最近共同祖先是节点8，节点4和12的最近共同祖先是节点4。在最后一个例子中，如果Y是Z的祖先，那么Y和Z的最近共同祖先是Y。
编写一个程序，找出树中两个不同节点的最近共同祖先。
【输入描述】：
第一行，N和M表示节点数和询问数，节点编号1至N；
以下N-1行，每行两个整数a和b，表示a是b的父亲节点；
之后M行，每行两个不相同的数，表示询问它们的最近共同祖先。
【输出描述】：
M行，每行一个数表示对应的询问结果。
【样例输入】：
16 1
1 14
8 5
10 16
5 9
4 6
8 4
4 10
1 13
6 15
10 11
6 7
10 2
16 3
8 1
16 12
16 7【样例输出】：
4【时间限制、数据范围及描述】：
时间：1s 空间：256M
对于 40%的数据：1<=N,M<=3000
对于 100%的数据：1<=N,M<=2×10^5
题解：LCA的一道题，但我们这次用树链剖分的方法做。是一道树链剖分模板T~
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; const int N=500002; int yc,n,x,y,m,cnt,head[N]; struct node{ int to; int next; }e[N]; void add(int a,int b){ e[++cnt].to=b; e[cnt].next=head[a]; head[a]=cnt; } int ta[N],ti[N],son[N],sz[N],dep[N],fa[N],dfsc,top[N]; void dfs1(int u,int pa,int de){ son[u]=0; sz[u]=1; dep[u]=de; fa[u]=pa; for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ int v=e[i].to; if(v==pa) continue; dfs1(v,u,de+1); sz[u]+=sz[v]; if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v; } } void dfs2(int u,int pa){ ti[u]=++dfsc; top[u]=pa; if(son[u]!=0) dfs2(son[u],pa); //else return; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(e[i].to!=son[u] && e[i].to!=fa[u]) dfs2(e[i].to,e[i].to); } int lca(int x,int y){ while(top[x]!=top[y]){ if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y); x=fa[top[x]]; } if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y); return x; } int main(){ scanf("%d %d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d %d",&x,&y); add(x,y); add(y,x); ta[y]=x; } for(int i=1;i<=n;i++) if(ta[i]==0) { yc=i; break; } dfs1(yc,yc,0); dfs2(yc,yc); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d %d",&x,&y); printf("%d ",lca(x,y)); } return 0; }