标签：strong data i++ 存在 算法 进制 image 最近公共祖先 最小
最近公共祖先，就是指两个节点在这棵树上深度最大的公共的祖先节点，也就是这两个点在这棵树上距离最近的公共祖先节点。
所以LCA主要是用来处理两个点之间唯一的那一条最短路径。
首先最容易想到的暴力做法：
给出节点u , v,，首先对u进行回溯一直到根节点，并对途中的节点加上标记。然后对v进行回溯，直到找到一个被标记的节点T,此时T即为u，v的LCA。
此方法写起来很简单但时间复杂度太高，故只适合查询次数极少的时候。
一般解决LCA有三种算法：
第一种，Tarjan ，离线算法，复杂度 O(V+Q) 。
第二种，倍增，在线算法，预处理复杂度 VlogV ，每次查询 O(logV)。
第三种， DFS+ST，在线算法，预处理复杂度 O(VlogV)，每次查询 O(1) 。
该算法的思想为，对于任意一个结点 rt，处于 rt 的不同子树上的两个结点 u,v ，一定有 LCA(u,v)=rt 。这个结论非常显然。
首先，rt 是 u,v 的共同祖先；其次，任何深度大于 rt 的结点都只会至多存在于 rt 的一棵子树中，不可能是既是 u 的祖先又是 v 的祖先，因而 rt 是 u,v 的最近公共祖先。
此种算法需要预先知道所有的询问，并对询问进行一些预处理，即将有相同节点的询问放在一块。算法的主要思想就是在DFS过程中处理一些信息从而得到答案。
在DFS进行之前，把每个点都看作一个独立的点集且作为对应点集的代表元。
在DFS过程中每次遍历完一棵子树，回溯到当前子树的根节点 rt 时，便将这棵子树上的所有点并到这个根结点 rt 的点集里，此时根节点 rt 即为该集合的代表元。
然后对与此根节点的其他子树上的点相关的询问进行回答。设此节点为u，另一点为v，若v已经完成DFS(v是 rt 之前子树上的一个点)，则 v 所在点集的代表元 rt 即为u，v的LCA。
tips：
1.点集的合并可以用并查集来完成。
2.每次询问都查询了两次，并且有且只有一次做出回答。
3.此算法必须知道预先知道所有的询问，不够灵活。
4.Tarjan 算法复杂度最低，代码也很简单，不易出错，对于可以离线的 LCA 询问， Tarjan 算法是首选。
下面关于例子讲解出自：https://www.cnblogs.com/jvxie/p/4854719.html
什么是Tarjan(离线)算法呢？顾名思义，就是在一次遍历中把所有询问一次性解决，所以其时间复杂度是O(n+q)。
Tarjan算法的优点在于相对稳定，时间复杂度也比较居中，也很容易理解。
下面详细介绍一下Tarjan算法的基本思路：
任选一个点为根节点，从根节点开始。
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。
若是v还有子节点，返回2，否则下一步。
合并v到u上。
寻找与当前点u有询问关系的点v。
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。
遍历的话需要用到dfs来遍历(相信来看的人都懂吧...)，至于合并，最优化的方式就是利用并查集来合并两个节点。
伪代码如下：
Tarjan(u)//marge和find为并查集合并函数和查找函数 { for each(u,v) //访问所有u子节点v { Tarjan(v); //继续往下遍历 marge(u,v); //合并v到u上 标记v被访问过; } for each(u,e) //访问所有和u有询问关系的e { 如果e被访问过; u,e的最近公共祖先为find(e); } }
个人感觉这样还是有很多人不太理解，所以打算模拟一遍给大家看。
假设我们有一组数据 9个节点 8条边 联通情况如下：
1--2，1--3，2--4，2--5，3--6，5--7，5--8，7--9 即下图所示的树
设我们要查找最近公共祖先的点为9--8，4--6，7--5，5--3；
设f[]数组为并查集的父亲节点数组，初始化f[i]=i，vis[]数组为是否访问过的数组，初始为0;
下面开始模拟过程：
取1为根节点，往下搜索发现有两个儿子2和3；
先搜2，发现2有两个儿子4和5，先搜索4，发现4没有子节点，则寻找与其有关系的点；
发现6与4有关系，但是vis[6]=0，即6还没被搜过，所以不操作；
发现没有和4有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[4]=1；
表示4已经被搜完，更新f[4]=2，继续搜5，发现5有两个儿子7和8;
先搜7，发现7有一个子节点9，搜索9，发现没有子节点，寻找与其有关系的点；
发现8和9有关系，但是vis[8]=0,即8没被搜到过，所以不操作；
发现没有和9有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[9]=1；
表示9已经被搜完，更新f[9]=7，发现7没有没被搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；
发现5和7有关系，但是vis[5]=0，所以不操作；
发现没有和7有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[7]=1；
表示7已经被搜完，更新f[7]=5，继续搜8，发现8没有子节点，则寻找与其有关系的点；
发现9与8有关系，此时vis[9]=1，则他们的最近公共祖先为find(9)=5；
(find(9)的顺序为f[9]=7-->f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)
发现没有与8有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[8]=1；
表示8已经被搜完，更新f[8]=5，发现5没有没搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；
发现7和5有关系，此时vis[7]=1，所以他们的最近公共祖先为find(7)=5；
(find(7)的顺序为f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)
又发现5和3有关系，但是vis[3]=0，所以不操作，此时5的子节点全部搜完了；
返回此前一次搜索，更新vis[5]=1，表示5已经被搜完，更新f[5]=2；
发现2没有未被搜完的子节点，寻找与其有关系的点；
又发现没有和2有关系的点，则此前一次搜索，更新vis[2]=1；
表示2已经被搜完，更新f[2]=1，继续搜3，发现3有一个子节点6；
搜索6，发现6没有子节点，则寻找与6有关系的点，发现4和6有关系；
此时vis[4]=1，所以它们的最近公共祖先为find(4)=1;
(find(4)的顺序为f[4]=2-->f[2]=2-->f[1]=1 return 1;)
发现没有与6有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[6]=1，表示6已经被搜完了；
更新f[6]=3，发现3没有没被搜过的子节点了，则寻找与3有关系的点；
发现5和3有关系，此时vis[5]=1，则它们的最近公共祖先为find(5)=1；
(find(5)的顺序为f[5]=2-->f[2]=1-->f[1]=1 return 1;)
发现没有和3有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[3]=；
更新f[3]=1，发现1没有被搜过的子节点也没有有关系的点，此时可以退出整个dfs了。
下面讲解出自：https://www.luogu.com.cn/blog/morslin/solution-p3379
所谓倍增，就是按22的倍数来增大，也就是跳 1,2,4,8,16,32……不过在这我们不是按从小到大跳，而是从大向小跳，即按……32,16,8,4,2,1来跳，如果大的跳不过去，再把它调小。
这是因为从小开始跳，可能会出现“悔棋”的现象。拿 5 为例，从小向大跳，5≠1+2+4，所以我们还要回溯一步，然后才能得出5=1+4；而从大向小跳，直接可以得出5=4+1。
这也可以拿二进制为例，5(101)，从高位向低位填很简单，如果填了这位之后比原数大了，那我就不填，这个过程是很好操作的。
以 17 和 18 为例，如果分别从 17 和 18 跳到 3 的话，它们的路径分别是（此例只演示倍增，并不是倍增LCA算法的真正路径）：
17->3
18->5->3
可以看出向上跳的次数大大减小。这个算法的时间复杂度为O(nlogn),已经可以满足大部分的需求。
想要实现这个算法，首先我们要记录各个点的深度和他们2i级的的祖先，用数组deep表示每个节点的深度，fa[i][j]表示节点 i 的2j级祖先。
代码如下：
void getdeep(int u,int pre)//u表示当前节点，pre表示它的父亲节点 { deep[u]=deep[pre]+1; fa[u][0]=pre; for(int i=1;(1<<i)<=deep[u];i++) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];//这个转移可以说是算法的核心之一 //意思是u的2^i祖先等于u的2^(i-1)祖先的2^(i-1)祖先,2^i=2^(i-1)+2^(i-1) for(int i=head[u];i!=-1;i=E[i].next)//注意：尽量用链式前向星来存边,速度会大大提升 { if(E[i].to==pre) continue; getdeep(E[i].to,u); } }
预处理完毕后，我们就可以去找它的LCA了，为了让它跑得快一些，我们可以加一个常数优化(来自洛谷提高组讲义)
for(int i = 1; i <= n; ++i) //预先算出log_2(i)+1的值，用的时候直接调用就可以了 lg[i] = lg[i-1] + (1 << lg[i-1] == i); //看不懂的可以手推一下
接下来就是倍增LCA了，我们先把两个点提到同一高度，再统一开始跳。
但我们在跳的时候不能直接跳到它们的LCA，因为这可能会误判，比如 4 和 8 ，在跳的时候，我们可能会认为 1 是它们的LCA，但 1 只是它们的祖先，它们的LCA其实是 3 。
所以我们要跳到它们LCA的下面一层，比如 4 和 8 ，我们就跳到 4 和 5 ，然后输出它们的父节点，这样就不会误判了。
int LCA(int u, int v) { if (deep[u]>deep[v]) swap(u,v);//保证u的深度 <= v的深度 int du=deep[u], dv=deep[v], uu=u, vv=v; for (int cha=dv-du,i=0; cha; cha>>=1,i++)//先跳到同一深度 if(cha&1) vv=fa[vv][i]; if (uu==vv) return uu;//如果u是v的祖先，那他们的LCA肯定就是u了 for (int i=20;i>=0;i--)//不断向上跳 {//因为我们要跳到它们LCA的下面一层，所以它们肯定不相等，如果相等就continue。 if (fa[uu][i]==fa[vv][i]) continue; uu=fa[uu][i]; vv=fa[vv][i]; } return fa[uu][0];//返回父节点 }
加常数优化的：
int LCA(int u, int v) { if(deep[u] < deep[v]) //用数学语言来说就是：不妨设u的深度 >= v的深度 swap(u, v); while(deep[u] > deep[v]) u = fa[u][lg[deep[u]-deep[v]] - 1]; //先跳到同一深度 if(u == v) //如果v是u的祖先，那他们的LCA肯定就是v了 return v; for(int k = lg[deep[u]] - 1; k >= 0; --k) //不断向上跳（lg就是之前说的常数优化） if(fa[u][k] != fa[v][k]) //因为我们要跳到它们LCA的下面一层，所以它们肯定不相等，如果不相等就跳过去。 u = fa[u][k], v = fa[v][k]; return fa[u][0]; //返回父节点 }
完整的求17和18的LCA的路径：
u:17−>10−>7（LCA下面一层） −>3
v:18−>16（此时与）−>8−>5（LCA下面一层） −>3
解释：首先，18要跳到和17深度相同，然后18和17一起向上跳，一直跳到LCA的下一层(17是7，18是5)，此时LCA就是它们的父亲3。
⒊基于RMQ的在线查询算法。
该算法借助于DFS时的访问次序和RMQ的快速查询。
设depth[]记录每个点的深度，r[]记录每个点在DFS过程中第一次被访问的次序。
刘汝佳的黑书上对此算法作了详细的介绍，当时读的时候有一句“由于每条边被访问了两次，因此一共记录了2n-1个节点”始终想不明白，后来发现在DFS的递归和回溯过程中，对于一个出度为X的点，肯定会被访问X+1次，1次在递归过程中，X在回溯过程中。又因为在一棵树中除根节点外，每个节点的入度均为1，故入度总和为n-1，又有入度 == 出度，所有所有的节点一共被访问了n+n-1次，n次在递归过程中，n-1次在回溯过程中。
设r[u] < r[v] , point[2n-1]里面存放了DFS过程中一次被访问的节点。则在point[ r[u] ]到 point[ r[v] ]（包括两端点）之间深度最小的那个点即为两点的LCA，深度最小的点有且仅有一个。此时可分为两种情况，一种是u即为u和v的LCA，第二种就是第三点w是u，v的LCA。
第一种情况中显然v在一棵以u为根节点的子树上，此时显然在DFS过程中先u先放入point[]，然后在DFS遍历这个子树的过程中v放入point[]，所以在[ r[u] , r[v] ] 中 u即为深度最小的那个点。
第二种情况中DFS过程中必先会遍历完其中一个点所在的子树，然后会回溯到某一节点w继续DFS遍历该节点的其他子树，如果v在此时遍历的子树上，则w即为u，v的LCA。由上可知，point[]的[ r[u] , r[v] ] 区间内必有w。
区间内的快速查询可以用到RMQ或者线段树，这里就不再赘述。
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该算法的思想为，按照欧拉序存储结点的深度，则 LCA(u,v) 就是欧拉序上 u 所在位置到 v 所在位置区间上的最小值，这可以用 ST 表来解决。
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