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作为一个工程党，在各路竞赛大神的面前总会感到自己实力的捉急。大神总是能够根据问题的不同，轻而易举地给出问题的解法，然而我这种渣渣只能用所谓的”直观方法“聊以自慰，说多了都是泪啊。However，正视自己理论方面的不足，迎头赶上还是必要的，毕竟要真正踏入业界，理论知识是不能少的啊。（比如各种语言的Hash Map，它们的核心可都是红黑树啊）
既然助教要求博文要直观，通俗易懂，那就让我们递归这种方法开始。方法一：递归法
按照题目的要求，如果某两个节点具有同一个公共祖先的话，那么会存在两种情况：要么其中一个就是公共祖先，而另一个在它的子树里；要么两个节点分别在公共节点的左右子树中。（什么，两个节点在公共节点的同侧子树中？那样的话某侧的直接子节点不就也成公共节点了么？）这样，我们就可以如下设计自己的程序：
class Solution { public: TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) { //Tail end of the tree, nothing found if (!root) return NULL; //p or q found, return non-NULL value as signal if ((root==p)||(root==q)) return root; //Find p or q on left and right branch TreeNode* r_left = this->lowestCommonAncestor(root->left, p, q); TreeNode* r_right = this->lowestCommonAncestor(root->right, p, q); //p and q found respectively on two branches, return root as result if (r_left && r_right) return root; //Only one branch contains target node, return non-NULL value as signal else if (r_left) return r_left; else return r_right; } };
该程序采用递归方式执行。首先，针对传入的节点而言，如果它是空节点，表示已经达到了树的末端，但没有找到p或者q，于是返回null表示没有找到。如果root就是p或者q，则表示我们找到p或q了，返回p或q表示在当前递归路径上找到了p或者q。对于递归过程中间经过的路径而言，如果左右分支都有返回节点，那么根据上面的分析，皆大欢喜，root就是我们要找的结果。如果左右中只有一个分支返回了非null的signal，那么就返回找到的节点，表示我这个分支上还是有找到节点的。程序中当然也隐含了两边分支都没找到节点，同时返回null的情况，这时返回上一层的必然是null（即表示没找到）。
显然，在最倒霉的情况下，该方法有可能需要访问到所有节点，如果以n代表节点个数的话，最大复杂度可达O(n)。
方法二：遍历法
再想想看，遍历整个树也不失为一种不错的做法。在遍历树节点的过程中，我们可以维护一个包含有逐级节点的栈，分别表示从当前节点一直往上到根的路径，在找到p与q时比较两个栈，那么最小公共祖先就很容易找到了。（理论上不需要刻意维护一个栈的，因为函数调用（递归）本身就有调用栈，但是这个无关紧要的问题偷偷懒我想并无大碍吧）
1 class Solution { 2 public: 3 bool Traverse(TreeNode* root, TreeNode* target, vector<TreeNode*>& stack) 4 { stack.push_back(root); 5 6 if (root==target) 7 return true; 8 else 9 { bool result; 10 11 if ((root->left)&&(Traverse(root->left,target,stack))) 12 return true; 13 else if ((root->right)&&(Traverse(root->right,target,stack))) 14 return true; 15 stack.pop_back(); 16 return false; 17 } 18 } 19 20 TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) 21 { vector<TreeNode*> stack_p, stack_q; 22 unsigned int min_stack_size; 23 unsigned int i = 0; 24 TreeNode* result = NULL; 25 26 Traverse(root,p,stack_p); 27 Traverse(root,q,stack_q); 28 29 min_stack_size = min(stack_p.size(),stack_q.size()); 30 while ((i<min_stack_size)&&(stack_p[i]==stack_q[i])) 31 { result = stack_p[i]; 32 i++; 33 } 34 35 return result; 36 } 37 };
这个方法的复杂度也是O(n)，在Leetcode上执行速度貌似和上一个方法差不多。
方法三：建立反向索引
现在让我们思考一种情况，如果我们要多次对同一棵树查询最小公共祖先呢？显然在这种情况下，每次调用前两种方法中任一种进行，并不是太经济。这时候我们可以对已有的树进行扩充，为每一个节点建立指向其父节点的反向索引，这样对任两个节点查询最小公共祖先就会变得有效率的多。
限于Leetcode限定了树的节点的数据结构，并且C++运行时不能够扩充数据类型的成员（所以动态语言大法好），这里就不贴代码了。简要思路就是首先遍历整棵树，除去根节点之外，为其它所有节点建立指向父节点的指针。然后从两个给定节点向上查询，分别构成两个前驱序列（说的很玄其实跟上一问得到两个栈是完全一样的），再找最小公共祖先。
建立这样一个反向索引的复杂度为O(n)，所以对只运行一次的情况这不是经济的做法，然而多次的情况下，该方法的复杂度往往会比前两种低。若令树的层数为m，则每次查询复杂度为O(m)，只要树别丧心病狂到长得像链表（换言之，比较”平衡“，m不超过几倍log(n)），方法三的优势还是能够体现的。
小建(yi)议(yin)
Coding Jump实在木有存在的必要，为何不用Github Classroom来布置作业呢？什么，你说没有办法自动判作业？Travis CI这种自动构建工具可以办到啊，做个Web Hook，每当有人提交作业就触发Travis CI编译跑样例，然后输出测试结果登分嘛。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/lqf-96/p/lowest-common-ancestor-of-a-binary-tree.html
