lca的三种算法【倍增 / RMQ / Tajan】

• lca：树上两点的最近公共祖先

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倍增算法（在线）

1. 利用dfs记录结点深度deep[i]，并求出单点祖先：f[i][j]：从结点i向上出发2j 步的祖先，可推出→
   f[i][0] = fa[i], f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1]
2. 求两点x，y的lca，不妨令deep[x] >= deep[y]，x先爬deep[x]-deep[y]步使得x和y的deep相同；若此时x == y，则x就是最近公共祖先；否则x和y同时爬一些步数后，若到达的点相同，则找到公共祖先，第一个这样的点，就是最近公共祖先。
3. 代码：

inline void dfs(int u, int fa){    deep[u] = deep[fa] + 1;    f[u][0] = fa;    for(int i = 1; i <= 20 && f[u][i - 1] > 0; ++ i)        f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];    for(int i = head[u]; i; i = e[i].next)    if (e[i].to != fa) dfs(e[i].to, u);}inline int lca(int x, int y){    if (deep[x] < deep[y]) swap(x, y);    for(int i = 20; i >= 0; -- i)    if (deep[f[x][i]] >= deep[y]) x = f[x][i];    if (x == y) return x;    for(int i = 20; i >= 0; -- i)    if (f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i];    return f[x][0];}

• 时间复杂度O（n * log n + q * log n）

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RMQ算法（在线）

1. dfs并用数组a[0]按时间戳递增记录访问与回溯的结点，用a[1]记录a[0]中结点的深度，并用fir数组标记每一个点在a[0]中第一次出现的时间。
   如：【手动画图莫嫌弃QAQ
   对于上图中的树，
   a[0] = {1, 2, 4, 2, 5, 6, 5, 7, 5, 2, 1, 3, 8, 3, 1};
   a[1] = {0, 1, 2, 1, 2, 3, 2, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 1, 0};
   fir = {1, 2, 12, 3, 5, 6, 8, 13};
2. 经过推敲发现，对于两个点x，y的lca为a[1]中(fir[x], fir[y])的最小值所对应a[0]的点，可用RMQ快速查询。
3. 代码略去。因与倍增同为在线，我较少使用【但貌似效率较高。推荐一版代码。

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Tajan算法（离线）

1. Tarjan算法基于从根节点开始DFS时，在刚刚好访问完两个节点时，这两个节点的LCA必定没有在DFS中回溯。
2. 当访问完x的每棵子树时，用并查集把这些子树记为与x同集。
3. 可发现当dfs访问到v时，u以访问，lca(u, v) = find(v)。【建议手模一下】
4. 代码：

inline int find(int x){    return p[x] == x ? x : p[x] = find(p[x]);}inline void dfs(int u, int fa){    vi[u] = true;    for(int i = head[u]; i; i = e[i].next)    if (e[i].to != fa)    {        int v = e[i].to;        dfs(v, u);        p[v] = u;    }    for(int i = qh[u]; i; i = q[i].next)    if (vi[q[i].to]) ans[q[i].id] = find(q[i].to);}

• 时间复杂度：O（n + q）

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答案便于记录时，个人感觉tajan好用，简短而快速。