利用完全二叉树快速求解LCA

以下内容是从AekdyCoin的一篇文章里看到的，源处处不明，只是感到很神奇，尚未发现用武之地。

下面所说的算法由于相比于Tarjan和nlogn的做法会复杂一些，因此用的也不多。不过出于好奇，我还是研究了一下。

众所周知，lca和rmq就像情侣一样关系紧密。lca可以由dfs一次转化为+1rmq问题，而+1rmq是可以用O(nlogn)-O(1)或O(n)-O(1)做出来的，不过写起来会比较麻烦而且细节很多，具体的做法就不赘述了。

接下来要讲的O(n)-O(1)在线lca的算法和rmq没有丝毫关系，而且算法简洁，实现简单，除了证明复杂之外。不过证明再复杂也没影响，因为在用的时候直接套是不需要考虑太多证明的，所以理解即可。
首先介绍一下完全二叉树上的lca的求解。

上面这个图给出了15个点的完全二叉树，所有节点按照树的中序遍历分配编号，编号从1开始。在这棵树上的lca是怎样的形态？

注意到，这棵树从根节点往下，每个节点末尾连续的0个数依次递减。对于任意一个点x，设它末尾连续的0的个数是k个，那么它的子树有2k+1-1个节点，而且左右子树分别是2k-1个。同时，每个孩子的编号除了后k+1位可能和x不同外，前缀完全相同。其中，左子树的第k位是0，右子树的第k为是1。即如果x = “a1b”，a是任意01串，b是连续的k个0，那么x的子树中的节点的结构式”ac”，c是长度为k+1的任意01串。
哈！聪明的你肯定可以发现，在这样的完全二叉树上，任意两个点的的lca可以用位运算很快的求出来：设两点的中序编号为x和y以及他们的lca为r，令z = x ^ y（按位异或），k为z二进制表示中最靠左的1的位置，那么r的k左边的部分是和x、y相同的（因为异或），而第k位是1，k右边都是0。
上面所说的那个规律很好发现，只是描述起来很复杂而已- -|||。即，如果认为位运算的操作时间是常数时间，那么在完全二叉树中任意两个节点的lca就可以在O(1)内解决。但是通常的lca问题是任意给定的树，结构不一定是二叉的。这个完全二叉树的做法能对我们有什么帮助呢？

如果我们能够找到一种映射关系将两者联系起来，即将lca的查询转化到完全二叉中，也就可以做到O(1)了。这里要说的映射方法是这样的：
首先定义函数h(x)为数x的二进制表示中末尾连续的0的个数，也称之为x的高度。
       1.    对整棵树进行先序遍历（为什么？）分配编号；
       2.    对于每个点x，求出以它为根的子树中所有节点的最大的h函数值，设这个值为I(x)。

这幅图给了一个分配编号以及求I(x)的例子。注意到在图中有红色标记的路径上的每个点的I值是相同的，都等于路径中深度最大的那个点的h函数值，这个值同时也是它的I值。为什么是这样的？有个比较明显的结论，父亲的I值始终不小于儿子的I值。那么红色路径的性质的原因也就不难理解了。需要注意的是，在一棵子树中h函数值最大的点有且只有一个。

到这一步就说我们将一般lca问题和完全二叉树lca结合了起来还为时尚早。下面给出一个极为重要的结论：
如果z是x的祖先，那么I(z)在完全二叉树中也是I(x)的祖先（树中一个节点也可以理解为自己的祖先）。
证明：    首先有I(z) ≥ I(x)。如果I(z) = I(x)，那么结论显然成立。
对于I(z) > I(x)的情况，令h(I(z)) = i。假设在第i位的左边存在某一个位置k（k > i），I(z)和I(x)在k的左边每一位相同，而在第k位它们俩不一样，那么因为I(z) > I(x)，所以I(z)在第k位是1，而I(x) 在这一位是0。那么肯定存在一个N使得I (x) < N < I(z)，这个N的第k位以及其左边与I(z)相同，而N的第k位右边全部为0。因为我们的编号分配过程是先序编号，那么N肯定出现在z的子树中，根据I值的定义，有h(N) <= h(I(N)) < h(I(z))。可是之前假设有h(N) = k > i = h(I(z))，产生了矛盾。
因此不存在这样的k，即，I(z)和I(x)在第i位左边完全一样。由于I(z) 在第i位上是1，I(x)是0，因此根据之前给的完全二叉树的性质可以得知I(z)是I(x)的祖先。

那么可以确定的是，x和y的lca（设为z）的I值肯定是I(x)和I(y)共同的祖先。
我们将x和y到根节点的路径分别反向列出来（如上图给出了节点7和节点10的路径），可以发现它们有个公共的前缀，其实这一段就是由它们的公共祖先组成的，而最靠后的就是z。在路径序列中从前往后各个点I值的高度依次不降。在完全二叉树中，我们可以求出一个点在任意高度的祖先，那么如果我们能够确定I(z)的高度，也就可以相应得到I(z)了。I(z)的高度该怎么算呢？

按照在树中求I值的方法我们知道，树中出现的I值只是完全二叉树中的一个子集，有些数值并没有取到。比如2如果是8的父亲，那么2(0010)这个值是不会在I中出现的。那么点到根节点的路径序列中的I值并不像完全二叉树中那样连续的。因此，为了方便处理，我们需要把节点到根节点路径上所有I值的高度信息存下来。这个是很好实现的，用二进制串来表示在这个节点的祖先中某一个高度是否达到即可，由于树的规模一般不会太大，用一个32位int来存完全足够了，我们用A(x)来表示这个数。
令I(x)和I(y)的lca的高度是i，然后j是A(x)和A(y)两个01串的高位中连续相同的最靠后的位置，不难证明h(I(z)) = j ≥ i。由此，I(z)也就求出来了。

现在我们所需要做的工作就是找到这个z。I值等于I(z)可能会有很多个，但是哪一个才是我们想要的呢？之前在树上求I值的时候被特意标记过那条红色的路径就是所有I值相等的一条链，同时，那样的一个I值也只会出现在这个链上。因此，最后其实就是在I(z)的那条脸上找答案了。
节点x和y必然都是在z的子树里面的，而x和y在I(z)链上的最近的祖先，分别令为x’和y’，其实它俩就是我们的备选答案。如果I(x) = I(z)，那么显然x’就等于x本身；如果不等又该怎么办呢？

可以稍微拐弯抹角一下。比如上面的7和10的情况，10在I(z)中的最近祖先是2，可是在只知道I(z) = “1000”的情况下，这个2的位置并不好确定。虽然如此，2的儿子9确是好找到的，因为9，在I值等于”1010”所对应的链中是出于最上方的位置。如果我们实现将每条I值链最上方的节点在预处理中计算出来，那么就可以很快的找到了x’和y’在各自到x和y的路径中的儿子了，因为那俩儿子的I值是很容易得到的。也就是说，我们通过先找到x’和y’的儿子就可以找到x’和y’了。而最后的答案z其实就是x’和y’中深度较小的那个。


自此，我们就将整个问题完美的解决了。下面将步骤总结一下：
1. 预处理：
a) dfs先序遍历分配编号（其实后序遍历也行，但是中序却不可以），记录每个点的父亲；
b) 计算出每个点的I值以及对应的A值，同时对每条I值对应的链记录深度最小的节点编号；
2. 对于给定询问x和y，找出I(x)和I(y)的lca并求出该数的高度i；
3. 在i的限制下利用A(x)和A(y)求出I(z)的高度j，并由此得出I(z)；
4. 计算x’：如果I(x) = I(z)，那么x’ = x；反之，求出x的高度低于j的最大的高度k，算出x的高度为k的祖先中深度最浅的点w，那么x’ 就是w的父亲；
5. 用和步骤4相同的方法计算y’；z就是x’和y’中深度较小的点。
上面的算法预处理用两次dfs即可实现，复杂度都是O(n)，而之后的查询基于位运算以及之前与处理的结果的从而达到O(1)。代码中涉及到比较多的位运算，不过code长度很短，和离线的Tarjan一样都很简洁。



是的，这样的做法不是普通人能想出的，要么那人是神级的，要么他就是各种拼凑了N多天才搞出了这样算法。算法中的那个从一般lca问题向完全二叉树映射着实会让人摸不着头脑，而只有在知晓了所有步骤之后才会发现那样的转化是多么的精妙，然后各种感慨。另外，整个做法的正确性需要大量的证明，几乎每一次转化都需要利用很多特殊的性质。总之，这个在线的算法是各种诡异、各种神奇。不过这些都不影响我们来享受这个算法所带来的美感以及便利。至少，它给出了一种解决问题的很好的思路，就是将问题向经典问题靠拢、映射并统一，这个想法能充分利用先有知识并利用它们来学习更多