图论（最近公共祖先LCA）

一、基础

1、定义：在一棵有根树上，对于一个结点z，既是x的祖先，也是y的祖先，那么z是x，y的公共祖先，如果z在x，y的所有公共祖先中深度最大的，我们称之为最近公共祖先，记z = LCA(x,y)

2、暴力寻找（最坏时间复杂度O(n)）：

（1）、从x向上走到根节点，并且标记经过的结点，然后令y向上走到根节点，当第一次遇到已标记的点时，就找到了LCA(x,y)

（2）、令x，y中较深的点先向上走到x，y等深处，然后同时向上访问，直到访问到同一结点，该结点就是LCA(x,y)

二、树上倍增法求LCA（在线）

倍增法求LCA=树上倍增法+暴力寻找第二种方法

1、树上倍增部分的dp表：

①设dp[x][k]表示x的2^k辈祖先，即向根节点走2^k步到达的结点

②如果这样的结点不存在则dp[x][k] = 0，那么dp[x][0]就代表x的父节点

③除此之外，对于k∈[1, log n]，有dp[x][k] = dp[dp[x][k - 1]][k - 1]，代表x的2^k辈祖先等同于x的2^(k - 1)辈祖先的2^(k - 1)辈祖先

我们可以对树进行遍历，一次计算每个点对应的dp数组中的值，顺便求出结点在树中的深度

2、利用dp数组求LCA

①令deep[x]>=deep[y]，用二进制拆分思想，把x向上调整到与y同一深度。具体来说，就是x尝试向上走k=2^log n、……、2^1、2^0步，检查到达的结点是否比y深，则令x=dp[x][k]，如果此时x = y，则LCA(x,y)=x

②利用二进制拆分思想，把x，y同时向上调整，保持同一深度，且二者不相会。具体来说，就是尝试向上走k = 2^log n、……、2^1、2^0步，如果dp[x][k] ≠ dp[y][k]，则令x = dp[x][k]，y = dp[y][k]此时x，y必定之差一步就相会了，他们的父节点dp[x][0]就是LCA(x,y)

3、代码实现

int to[maxn << 1], nex[maxn << 1], head[maxn];
int dp[maxn][32], deep[maxn], dis[maxn];
int cnt, nn, n, m, r;
void add(int u, int v)
{
	to[++cnt] = v;
	nex[cnt] = head[u];
	head[u] = cnt;
}
void bfs(int root)
{
	queue<int>q;
	q.push(root);
	deep[root] = 1;
	while (!q.empty())
	{
		int u = q.front();
		q.pop();
		for (int i = head[u]; i; i = nex[i])
		{
			int v = to[i];
			if (deep[v])
				continue;
			deep[v] = deep[u] + 1;
			dp[v][0] = u;
			for (int j = 1; j <= nn; j++)
				dp[v][j] = dp[dp[v][j - 1]][j - 1];
			q.push(v);
		}
	}
}
void dfs(int x)
{
	for (int i = 1; i <= nn; i++)
		dp[x][i] = dp[dp[x][i - 1]][i - 1];


	for (int i = head[x]; i; i = nex[i])
	{
		int y = to[i];
		if (deep[y])
			continue;
		deep[y] = deep[x] + 1;
		dp[y][0] = x;
		dfs(y);
	}
	return;
}
int lca(int u, int v)
{
	if (deep[u] > deep[v])
		swap(u, v);
	for (int i = nn; i >= 0; i--)
	{
		if (deep[dp[v][i]] >= deep[u])
			v = dp[v][i];
	}
	if (u == v)
		return u;
	for (int i = nn; i >= 0; i--)
	{
		if (dp[u][i] != dp[v][i])
		{
			u = dp[u][i];
			v = dp[v][i];
		}
	}
	return dp[u][0];
}
void solve()
{
	cin >> n >> m >> r;
	nn = (int)(log(n) / log(2)) + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		head[i] = deep[i] = 0;
	cnt = 0;

	for (int i = 0; i < n - 1; i++)
	{
		int u, v, w;
		cin >> u >> v;
		add(u, v);
		add(v, u);
	}
	deep[r] = 1;
	dfs(r);
    //bfs(r);
	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		cout << lca(u, v) << '\n';
	}
}

三、Tarjan求LCA（离线）

1、在深度优先遍历的任意时刻，一共有三种点：

①已经访问完毕并且回溯的结点，即子节点全部访问完毕，这些节点标记为2

②已经开始递归但是尚未回溯的结点，这些结点就是正在访问的结点x以及x的父节点，这些结点标记为1

③尚未访问的结点，标记为0

2、对于正在访问的结点x，它到根节点的路径已经标记为1，若此时y是已经访问并回溯的结点（表标记为2），则从y向上走到根，遇到的第一个标记为1的点就是LCA(x,y)

3、并查集优化：

当一个结点获得整数2的标记时，把它所在的集合合并到它的父节点所在的集合中，此时它的父节点一定标记为1，且单独构成一个集合。

这相当于每个完成回溯的结点都有一个指针指向它的父节点，只需查询y所在集合的代表元素，即find操作，就等价于从y向上一直走到一个开始递归但未完成回溯的结点，即LCA(x,y)

4、此时扫描与x相关的所有询问，若询问当中的一个点y的标记为2，那么LCA(x,y)就是find(y)

5、代码实现

int to[maxn << 1], nex[maxn << 1], head[maxn];
int fa[maxn], vis[maxn], ans[maxn];
vector<int>query[maxn], queryid[maxn];
int cnt, n, m, r;
void add(int u, int v)
{
	to[++cnt] = v;
	nex[cnt] = head[u];
	head[u] = cnt;
}
void addquery(int u, int v, int id)
{
	query[u].push_back(v);
	query[v].push_back(u);
	queryid[u].push_back(id);
	queryid[v].push_back(id);
}
int find(int x)
{
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void tarjan(int u)
{
	vis[u] = 1;
	for (int i = head[u]; i; i = nex[i])
	{
		int v = to[i];
		if (vis[v])
			continue;
		tarjan(v);
		fa[v] = u;
	}
	for (int i = 0; i < query[u].size(); i++)
	{
		int v = query[u][i], id = queryid[u][i];
		if (vis[v] == 2)
			ans[id] = find(v);
	}
	vis[u] = 2;
}
void solve()
{
	cin >> n >> m >> r;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		fa[i] = i;
	}
	for (int i = 0; i < n - 1; i++)
	{
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		add(u, v);
		add(v, u);
	}
	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		if (u == v)
			ans[i] = u;
		else
			addquery(u, v, i);
	}
	tarjan(r);
	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		cout << ans[i] << '\n';
	}
}