LCA實現的三種不一樣的方法

LCA，最近公共祖先，實現有多種不一樣的方法，在樹上的問題中有着普遍的應用，好比說樹上的最短路之類。

LCA的實現方法有不少，好比RMQ、樹鏈剖分等。今天來說其中實現較爲簡單的三種算法：RMQ+時間戳、樹上倍增（相似二分步長）、Tarjan算法（DFS+並查集）。

【RMQ+時間戳】

什麼是時間戳？時間戳，就是被訪問到的一個次序。好比說咱們首先對一棵樹進行深搜，在深搜中訪問的相應次序就被咱們稱爲時間戳。好比說對下面這棵樹進行相應的深搜，咱們獲得時間戳，以及相應的遍歷序列：

 

 

這棵樹所獲得的DFS遍歷序列就是1 2 3 2 4 2 5 2 1 6 7 8 7 6 1。能夠看出，每一個非葉節點都被訪問了不止一次。好了，時間戳講完了，接着轉入正題：怎樣用RMQ？RMQ在這裏是咱們算法的一個極爲重要的基礎，具體有什麼不明白能夠看我之前的博客《Sparse-Table算法 - 一類RMQ問題的簡單高效解法 》。

既然咱們得出了這麼一個序列，要RMQ，就是對這一個序列進行。而這個思路是正確的。若是咱們對於每個節點，都只記這一個節點在DFS序列中第一次出現的位置，好比說節點1，第一次就是在位置1，節點6，第一次就是在位置10，以此類推。而後咱們對這麼一個DFS序列做RMQ的最小值預處理，而後對於LCA的每次詢問，只需求這兩個被詢問節點在DFS序列中第一次出現的位置構成的區間內的最小值便可。時間複雜度加上預處理，應該是O(Nlog2N+Qlog2N)的時間複雜度（雖說實際上來講RMQ的單次詢問是和O(1)至關的，但實際上的規模是O(log2N)，若是另外處理一個常數表，佔用空間可能挺大的，畢竟直接實現的速度也挺快的）。舉個例子，咱們要詢問節點6和8的LCA，則節點6的首次出現位置是10，節點8的首次出現位置是12，則區間[10,12]中的最小值是6，那麼他們的LCA就是節點1。

那麼，爲何這樣會能夠呢？考慮一下咱們深搜的過程，尋求兩個節點的LCA樸素過程其實能夠轉變成這樣的形式：從其中一個節點出發，一直往上找，並不斷遍歷以當前找到的結點爲根的子樹，看有沒有同時包含兩個節點。若是第一次找到有同時包含兩個節點的子樹，則這棵子樹的根就是LCA。也就是說，至關於下面的過程：

1.輸入兩個節點A和B

2.設當前節點爲A

3.while dfs(當前節點)沒有搜索到A和B

4.當前節點更新爲當前節點的父節點

5.輸出當前節點

很容易看出這個過程的正確性。首先，LCA的子樹中一定有一個節點是A，一個是B，並且一定在兩個節點到根節點的惟一路徑上。

所以，咱們能夠引出定義：某兩個節點的LCA就是其在DFS遍歷整棵樹時同時訪問到這兩個節點的「回溯最近節點」。並且，在剛剛遍歷完這兩個節點時，它們的LCA一定沒有回溯！所以，咱們就經過了時間戳作到了這一點。某兩個節點的DFS間所訪問到的哪些節點中的最小值必然是這兩個節點的LCA。

【樹上倍增（相似於二分步長）】

對於下面的這棵樹，咱們先隨意指定一個編號：

  而後，咱們對於每個節點，記錄其往上跳1個節點，2個節點，4個節點，8個節點，16個節點……2^k個節點所達到的節點編號。在這裏，往上跳2^k個節點應達到的是節點-1，也就是說，向上跳2^k個節點是不可能的，可是跳2^(k-1)個節點應該能夠跳到。這能夠用鏈表存儲，也能夠直接開一個數組，以方便索引。

那麼這個表怎樣創建呢？難道對於每個節點都要一直用while循環一直找到根節點嗎？不是的，咱們只須要稍加分析，就能夠寫出一種總時間複雜度O(Nlog2N)的優秀算法。

首先，每一個點向上跳一個點，一定是其父節點，根節點就是-1。而後，顯而易見的，向上跳2^i個節點，等價於先向上跳2^(i-1)個節點，再在向上跳的基礎上再向上跳2^(i-1)個節點。固然，這要求向上跳到的節點的表已經算過了。因而，咱們須要使用DFS，以保證這一次序。簡單分析一下就能夠得出最多往上跳log2N層，而一共有N個節點，乘在一塊就是O(Nlog2N)。具體的實現以下：

1.DFS(根節點)，對於每一個DFS到的節點（不包括回溯到的）：

2.設當前跳到的節點爲DFS的目前節點的父節點

3.設當前向上跳2^i個節點，其中i=0

4.while 當前跳到的節點仍然存在（即不爲-1）

5.當前節點的表中加入向上跳2^i跳到當前跳到的節點

6.++i

7.當前跳到的節點更新爲當前跳到的節點向上跳2^(i-1)的節點

其實這一種算法至關於在樹上添加了一些額外的邊，有點像自動機的結構，就像AC自動機同樣都和樹（AC自動機其實是添加了狀態轉移邊的Trie樹，或者說字典樹）有關。我我的以爲這實際上是一種雙方向的狀態轉移，應該比較特殊。

迴歸正題，繼續講倍增算法。LCA不是每一次詢問都要給兩個點的編號嗎？咱們就設這兩個點爲點A和點B。首先，若是這兩個點的深度不一樣（深度能夠順便在DFS時求出），則先將較深的一個節點向上一直跳，跳到和另外一個點相同的深度，這能夠用咱們剛纔所造的表，並用二進制的lowbit優化，實現以下：

1.設要向上跳k層，當前跳到節點爲A'

2.while k != 0

3.A'向上跳lowbit(k)層

4.k -= lowbit(k)

接着相應的將相應的節點設爲A’，若是A'和另外一節點相同則LCA就是那個節點。因而，下面的思路就也很明朗了。二分LCA！好比說如今A和B在同一層上（深度相同），而且設深度都是100的話，就先向上跳64層，若是相同就只跳32層（在原來節點的基礎上），不相同則再跳32層（在跳64層達到的兩個節點的基礎上），最後便可垂手可得地二分到答案了……這一過程彷佛又稱樹上倍增算法，正確性的證實很簡單，那個表的過程就不說了，而LCA的最終二分過程應該相似於二分步長，不斷試探，最終一定可以找到答案。

最終的時間複雜度，由預處理和二分答案的過程可知，爲O(Nlog2N+Qlog2N)，和RMQ至關。

【Tarjan算法：並查集的離線算法】

前兩個算法，都是在線算法，都是能夠在線處理詢問的，可是在信息學競賽中，由於是黑箱測試，咱們也能夠採起一種時間複雜度更爲優秀的算法：Tarjan。這種算法是一種 離線的算法，要求事先給出每個詢問，而處理的時候不必定按問題的給出順序回答。

Tarjan算法基於一個和RMQ那個章節中最後一部分所陳述的那些東西同樣的事實。也就是說，當咱們從根節點開始DFS時，咱們在 剛恰好訪問 完兩個節點時，這兩個節點的LCA 一定沒有在DFS中回溯。

因此，咱們設back[x]爲點x回溯到的節點標號。初始時設back[x]=x，接着在DFS的過程當中依次更新。

好比說，咱們當前遍歷完了點x的全部子樹，那麼咱們就能夠設定：back[x]=father[x]（father[x]表示x的父親節點）。以此類推。

而後，咱們將LCA每次詢問的一個節點對稱爲一個問題，一個節點是某個問題的節點對兩個節點中的一個，則稱之爲這一個節點涉及到了某個問題。當咱們DFS到一個被某個（或者說某些，狀況都是同樣的）問題涉及的節點時，若是該問題的另一個節點沒有被訪問，則什麼都不作，若是曾被訪問，則對當前節點x執行如下的操做（固然首先要設back[x]=father[x]）：  

while (x!=back[x]){

x = back[x];

}

最後得出來的x，就是LCA！因而將LCA相應地回答那個問題。那麼，怎麼用並查集呢？   注意到剛剛那段代碼了沒有，那段代碼和並查集的代碼是否有幾分類似？因此，咱們引入路徑壓縮！

int findLCA(int x){

if (x==back[x]) return x;

return x = findLCA(back[x]);

}

由並查集的時間複雜度可知，總的時間複雜度應該是O(N+Q* α(N) )。並且，這裏的應用還不須要合併，只須要查詢便可，寫起來比普通的並查集還要簡單。

【總結】

這三種方法，在信息學奧賽中，可謂是很是實用的算法。今年NOIP2015提升組的最後一題，就有這樣的思想在裏面。所以，在樹與圖這樣的東西里，LCA幾乎就是屢見不鮮了。因此，咱們必須記住這些算法的原理和具體的實現。