tarjan求lca的神奇

题目描述

如题，给定一棵有根多叉树，请求出指定两个点直接最近的公共祖先。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含三个正整数N、M、S，分别表示树的结点个数、询问的个数和树根结点的序号。

接下来N-1行每行包含两个正整数x、y，表示x结点和y结点之间有一条直接连接的边（数据保证可以构成树）。

接下来M行每行包含两个正整数a、b，表示询问a结点和b结点的最近公共祖先。

输出格式：

输出包含M行，每行包含一个正整数，依次为每一个询问的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

5 5 4
3 1
2 4
5 1
1 4
2 4
3 2
3 5
1 2
4 5

输出样例#1：

4
4
1
4
4

说明

时空限制：1000ms,128M

数据规模：

对于30%的数据：N<=10，M<=10

对于70%的数据：N<=10000，M<=10000

对于100%的数据：N<=500000，M<=500000

~~~~~~~~~~~~~~~华丽的分割线~~~~~~~~~~~~~~~

对于此题，常规解法就是暴力。

↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑↑

炸死你。

倍增，可以有效降低复杂度，我也是学了两次之后掌握了它。

这里，我想记录下不久前学习的tarjan求lca

（tarjan真是好东西）

说它是tarjan，其实给我的感觉就是套了一个tarjan的名字罢了。（类似我的dijksPA）其实它就是一个dfs的神奇过程。

先放代码再说

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=500005;
int n,m,p;
struct edge
{
    int next,to,lca;
}e[maxn<<1],e1[maxn<<1];
int head[maxn<<1],cnt,head1[maxn<<1];
inline int addedge(int from,int to)//前向星存图
{
    e[++cnt].next=head[from];
    e[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}
inline int add (int from,int to)//前向星存储查询
{
    e1[++cnt].next=head1[from];
    e1[cnt].to=to;
    head1[from]=cnt;
}
int f[maxn<<1],vis[maxn<<1];
int find(int x)//并查集找爹函数
{
    if(f[x]!=x)
    f[x]=find(f[x]);
    return f[x];
}
int tarjan(int u)//神奇的dfs
{
    f[u]=u;//爸爸
    vis[u]=1;//走过
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(!vis[v])
        {
            tarjan(v);
            f[v]=u;//爹
        }
    }
    for(int i=head1[u];i;i=e1[i].next)//询问的图
    {
        int v=e1[i].to;
        if(vis[v])
        {
            e1[i].lca=find(v);
            if(i%2==1)
            e1[i+1].lca=e1[i].lca;//
            else
            e1[i-1].lca=e1[i].lca;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        addedge(x,y);
        addedge(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    f[i]=i;//初始化并查集
    cnt=0;//因为上面村边用过cnt，所以把它拍成0
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    tarjan(p);//从根节点开始dfs
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        printf("%d\n",e1[i*2].lca);
    }
    return 0;
}

　　　　　　1.任选一个点为根节点，从根节点开始。

　　　　　　2.遍历该点u所有子节点v，并标记这些子节点v已被访问过。

　　　　　　3.若是v还有子节点，返回2，否则下一步。

　　　　　　4.合并v到u上。

　　　　　　5.寻找与当前点u有询问关系的点v。

　　　　　　6.若是v已经被访问过了，则可以确认u和v的最近公共祖先为v被合并到的父亲节点a。

https://www.cnblogs.com/JVxie/p/4854719.html这位大佬的模拟过程真的很强

总的来说，感觉这个算法不是太常用吧。大数据的情况下可能没有倍增快，码量也没小到那里去，而且到现在我还是懵懵的。

写个博客记录一下吧。

原文地址：https://www.cnblogs.com/ajmddzp/p/10747825.html