離線LCA(Tarjan)算法詳解

關於離線算法

（下面內容能夠略過。）
離線算法其實就是將多個詢問一次性解決。離線算法每每是與在線算法相對的。例如求LCA的算法中，樹上倍增屬於在線算法，在對樹進行$O(n)$預處理後，每一個詢問用$O(log_2n)$複雜度回答。而離線的Tarjan算法則是用$O(n+q)$時間將詢問一次性所有回答。

詳解

下面是一棵樹，咱們將以這棵樹爲例子講解Tarjan算法，其中0號點爲根。

假設對於這棵樹的詢問有4個，分別詢問：
$LCA(2,8)$
$LCA(5,6)$
$LCA(2,5)$
$LCA(4,9)$
首先咱們將這四個詢問順序調轉，再複製四份，如今就有8個詢問：
$LCA(2,8)$
$LCA(5,6)$
$LCA(2,5)$
$LCA(4,9)$
$LCA(8,2)$
$LCA(6,5)$
$LCA(5,2)$
$LCA(9,4)$
這一步是必須的，後面將會說明它。
而後對於每一個節點u，給它開一個鏈表，找到全部的詢問 $LCA(u,v)$ ，把v插入到u的鏈表後，同時把詢問編號插入，以便按照輸入順序輸出答案。
因而詢問就被離線了。
那麼到底怎麼求LCA呢？咱們對帶着詢問樹進行一次dfs。如圖：
第1步，0號點被遍歷：

沒有與0相關的詢問，繼續dfs。
第2步，1號點被遍歷：

沒有與1相關的詢問，繼續dfs。
第3步，2號點被遍歷：

2號點沒有兒子了，與2相關的詢問有 $LCA(2,5)$ 和 $LCA(2,8)$ 。
可是5號點和8號點都尚未遍歷過，咱們什麼也不知道，所以這兩個詢問不理它。
第4步，2號點回溯（遍歷完畢並回溯的點標爲藍色）：

第5步，3號點被遍歷：

沒3號點的事，繼續dfs。
第6步，4號點被遍歷：

關於4號點的詢問咱們也是一無所知，回溯。
第7步，4號點回溯：

第8步，5號點被遍歷：

關於5的詢問有 $LCA(5,6)$ 和 $LCA(5,2)$ 。
6號點的信息咱們還不知道，可是2號點，咱們已經知道它已經被訪問且回溯了。
5的祖先必定在當前正在訪問的節點中（也就是訪問了還沒回溯的點），那麼
$LCA(5,2)$ 其實也就是在圖上紅色的節點裏找出知足以下兩個條件的點：
1.它是2的祖先。
2.它深度最大。
很容易發現這個點就是1，因而這裏就能夠記錄下來 $LCA(5,2)=1$ 。
第9步，5號點回溯：

第10步，3號點回溯：

第11步，6號點被遍歷：

仍是跟以前同樣，對於跟6號點有關的詢問 $LCA(6,5)$ ，去找紅色點裏深度最大的5的祖先，顯然就是1，記下 $LCA(6,5)=1$。
第12步，6號點回溯。

第13步，1號點回溯：

第14步，7號點被遍歷：

第15步，8號點被遍歷：

按照以前作法，在紅色節點裏找出深度最大的2的祖先，能夠求出 $LCA(8,2)=0$ 。
第16步，8號點回溯：

第17步，9號點被遍歷：

顯然了，$LCA(9,4)=0$ 。
後面的過程就略過，由於至此咱們已經求出了四個詢問的答案。
$LCA(2,8)=0$
$LCA(5,6)=1$
$LCA(2,5)=1$
$LCA(4,9)=0$
也許你已經明白了，爲何要把$LCA(u,v)$複製一份$LCA(v,u)$，由於在上面過程當中，咱們不能保證遍歷u時v已經回溯，所以須要複製一個詢問。
上面的過程已經能夠離線求出LCA了，但複雜度不是最優的，問題就出在上面找「紅色節點中u的深度最大的祖先」，若是從u點一步步向上跳，複雜度爲$O(nq)$。
假如對於一個詢問$LCA(u,v)$，u已經被遍歷過，此時遍歷到v。容易發現$LCA(u,v)$必定是紅色的（也就是訪問了還未回溯）。那麼若是咱們在dfs的過程當中，在節點u的兒子遍歷完畢回溯時，將兒子的fa指向點u，那麼對於詢問$LCA(u,v)$，只須要從u開始，不斷往u的父親跳，跳到的深度最小一個節點，就是$LCA(u,v)$。
怎麼去證實呢？首先其必是u的祖先，這個不用說。但爲何是深度最小的那一個呢？不是要求深度最大的嗎？由於咱們是在回溯時將u的fa指向它的父親的，若是深度不是最小，則u的這個祖先的子樹裏確定沒有v。若是有v的話，其必然是深度最小的那一個。因爲u已訪問完畢，而v還在訪問中，所以u的父親裏不會有比$LCA(u,v)$ 深度更大的點，此時就能保證u的fa裏深度最小的那個就是$LCA(u,v)$
「將兒子的父親指向點u」這個操做用並查集完成，能夠保證在常數複雜度。所以對樹進行遍歷須要$O(n)$複雜度，而總共有q個詢問，每一個詢問能夠$O(1)$回答，複雜度爲$O(n+q)$。
看不懂不要緊，結合代碼來理解：
參考題目洛谷P3379【模板】最近公共祖先

#include <vector>
#include <cstdio>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x = 0, f = 0;
    char c = getchar();
    for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') f = 1;
    for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ '0');
    return f ? -x : x;
}

const int N = 5e5 + 7;

int n, m, u, v, s;
int tot = 0, st[N], to[N << 1], nx[N << 1], fa[N], ans[N], vis[N];
struct note { int node, id; }; //詢問以結構體形式保存
vector<note> ques[N];

inline void add(int u, int v) { to[++tot] = v, nx[tot] = st[u], st[u] = tot; }
inline int getfa(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]); } //並查集的getfa操做，路徑壓縮

void dfs(int u, int from)
{
    for (int i = st[u]; i; i = nx[i]) if (to[i] != from) dfs(to[i], u), fa[to[i]] = u; //將u的兒子合併到u
    int len = ques[u].size(); //處理與u有關的詢問
    for (int i = 0; i < len; i++) if (vis[ques[u][i].node]) ans[ques[u][i].id] = getfa(ques[u][i].node); //對應的v已經訪問並回溯時，LCA(u,v)就是v的fa裏深度最小的一個也就是getfa(v)
    vis[u] = 1; //訪問完畢回溯
}

int main()
{
    n = read(), m = read(), s = read();
    for (int i = 1; i < n; i++) u = read(), v = read(), add(u, v), add(v, u);
    for (int i = 1; i <= m; i++) u = read(), v = read(), ques[u].push_back((note){v, i}), ques[v].push_back((note){u, i}); //記下詢問編號便於輸出
    for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    dfs(s, 0);
    for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", ans[i]); //輸出答案
    return 0;
}