标签：0ms swap har 原来 接下来 序号 也有 return org
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。
5 5 4 3 1 2 4 5 1 1 4 2 4 3 2 3 5 1 2 4 5
4 4 1 4 4
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
样例说明：
该树结构如下：
第一次询问：2、4的最近公共祖先，故为4。
第二次询问：3、2的最近公共祖先，故为4。
第三次询问：3、5的最近公共祖先，故为1。
第四次询问：1、2的最近公共祖先，故为4。
第五次询问：4、5的最近公共祖先，故为4。
故输出依次为4、4、1、4、4。
Solution:
题目来源：Luogu P3379
我们来讲讲LCA的倍增求法，来自于LS学长神犇的教授，加上我自身的理解，可能对各位新人的帮助会更有理解作用，所以我决定分享一下。（蒟蒻一本正经）
LCA——最近公共祖先。最朴素的算法无疑是从两个点一个个往上走，出现的第一个两个点都走过的点即为两点的LCA。这个无需多加解释。
然而这样时间复杂度非常高。尤其是当树退化成一条链的时候，每次查询的复杂度将会飙到O(N)。
为此，倍增的作用就是将两点上升所需的复杂度减低。
流程概括为：将深度不同的两点跳到同一层（深一点的跳到浅一点的一层），然后再将两点向上跳到LCA的下面一层，最后再向上跳一层。（后面一部分下面会解释，为什么不能直接跳到LCA。）
快速跳的方法，每次向上跳的层数都为2^i层。(i为非负整数)，相当于把层数差转成2进制数，一位一位往上跳，使层数差快速减小。这样，每次查询复杂度最高就只会为log2(N)。
实现方法：
我们首先需要两个数组。f[i][j]代表从i点向上跳2^j层后所到达的点，dep[i]代表这棵树中点i的深度。
dep数组可以在从根深度遍历整棵树的时候求得。
f数组利用了递推的思想。递推式为：f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]。初始化f[i][0]也可以在遍历整棵树的时候求得。
之后，我们处理LCA时，按照上面的流程。我们先将较深的点一次次往上逼近较浅的点，直至他们层数相同。（相当于把层数差的二进制一位一位减去，直至变成0）
然后，两点再同时向上逼近。i从最高位开始枚举，假设两点分别为x,y，那么能向上跳的判断式为：if f[x][i]!=f[y][i] then x=f[x][i],y=f[y][i]。翻译成人话就是如果两点向上跳了2^i层以后不到同一个点就接着往上跳。为什么这样？因为如果往上跳了2^i层，即使到了同一个点，它不一定是两点的LCA。
这样做，最终就会到达LCA的下面一层。随后，我们再将两点向上跳一层。LCA求得。
为什么最终会到达LCA的下面一层？
我们假设从a,b点开始，往上跳2^j层，跳到同一点。不跳。往上跳2^(j-1)层，不跳到同一点，往上跳，分别到了A‘，B‘。显然，这种情况是一定会存在的。
那么，从A‘，B’再往上跳到原来那个决定不跳的点，显然要跳2^(j-1)层。那么，那个点有可能是LCA，也有可能不是，对吧？所以，从A‘，B‘往上跳到LCA所需的层数，是≤2^(j-1)的。
所以，从A‘，B‘跳到LCA的下面一层X的所需层数，会是＜2^(j-1)的。换句话来说，A‘，B‘到X的层数变成了一个j-2位的二进制数（可能会有前导零，也就是还可能会跳到点数相同的地方）。而此时，刚好枚举到j-2位。那么，前导零不减，再这么减下去，你发现，这个层数差最终会变成0，而你最终也会到达第X层。
请最好自己手画一棵树模拟一下整个算法的过程。
蒟蒻解释难免有错误，如果出现错误，请回复我，我将感激不尽orz
代码如下：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=500010,OP=log2(500000)+1; int dpt[N][26]; int dep[N]; int gi(){ int x=0; char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘)ch=getchar(); while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return x; } int h[N],to[N*2],nexp[N*2],p=1; inline void ins(int a,int b){ nexp[p]=h[a],h[a]=p,to[p]=b,p++; } void dfs(int p,int x){ dep[x]=p; for(int u=h[x];u;u=nexp[u]){ if(!dep[to[u]]){ dpt[to[u]][0]=x; dfs(p+1,to[u]); } } } int LCA(int a,int b){ if(dep[a]<dep[b])swap(a,b); for(int j=OP;j>=0;j--) if(dep[a]-(1<<j)>=dep[b])a=dpt[a][j]; if(a!=b){ for(int j=OP;j>=0;j--) if(dpt[a][j]!=dpt[b][j])a=dpt[a][j],b=dpt[b][j]; a=dpt[a][0]; } return a; } int main(){ int n,q,r; cin>>n>>q>>r; int a,b; for(int i=0;i<n-1;i++){ a=gi(),b=gi(); ins(a,b),ins(b,a); } dfs(1,r); for(int j=1;j<=OP;j++) for(int i=1;i<=n;i++) dpt[i][j]=dpt[dpt[i][j-1]][j-1]; for(int i=0;i<q;i++){ a=gi(),b=gi(); printf("%d\n",LCA(a,b)); } return 0; }
标签：0ms swap har 原来 接下来 序号 也有 return org
原文地址：http://www.cnblogs.com/acxblog/p/7257121.html
