LCA,最近公共祖先问题。
给定一颗有根树,若节点 k 既是节点 x 的祖先,又是节点 y 的祖先,则称 k 是 \(\lbrack x, y \rbrack\) 的公共祖先。在 \(\lbrack x, y \rbrack\) 的所有公共祖先中,深度最大的称为最近公共祖先,记作 \(\operatorname*{LCA}(x, y)\)。
\(\operatorname*{LCA}(x, y)\) 即为节点 \(x \rightarrow 1\) 和节点 \(y \rightarrow 1\) 的第一个中途交汇点。
因为讲解倍增,所以这里使用 树上倍增法 求解。
设 \(f_{x, k}\) 表示从 \(x\) 节点走 \(2^k\) 步到达的祖先节点,若此节点不存在则设 \(f_{x, k} = 0\);显然,\(f_{x, 0}\) 就是 \(x\) 的父节点。
由于 \(f_{i, j}\) 可以从 \(f{i, j - 1}\) 走 \(2^{j - 1}\) 步转移过来,所以得出神奇小公式:\(\text{if } k \in \lbrack 1, \log n \rbrack, f_{x, k} = f_{f_{x, k - 1}, k - 1}\)
要解决这个问题,我们还要求出每个节点的深度,可以使用 dfs 解决。
在处理 LCA 时,我们以 \(\lbrack x, y \rbrack\) 中深度较大的开始,先使深度较大的缩短到最接近另一个深度的节点(自己 / 最近的祖先),然后一直向上即可。
完整代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
il int read()
{
int x = 0;
char c = getchar();
while (c < '0')
c = getchar();
while (c >= '0')
{
x = x * 10 + (c - '0');
c = getchar();
}
return x;
}
int n, m, s;
vector<int> edge[500005];
int lca[500005][25], dep[500005];
void dfs(int x, int fa)
{
lca[x][0] = fa;
dep[x] = dep[fa] + 1;
int now = edge[x].size();
for (int i = 0; i < now; i++)
{
if (edge[x][i] == fa)
continue;
dfs(edge[x][i], x);
}
return ;
}
void pre()
{
for (int j = 1; j <= 20; j++)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
lca[i][j] = lca[lca[i][j - 1]][j - 1];
}
return ;
}
il int LCA(int x, int y)
{
if (dep[x] < dep[y])
swap(x, y);
for (int i = 20; i >= 0; i--)
{
if (dep[lca[x][i]] >= dep[y])
x = lca[x][i];
}
if (x == y)
return x;
for (int i = 20; i >= 0; i--)
{
if (lca[x][i] != lca[y][i])
x = lca[x][i], y = lca[y][i];
}
return lca[x][0];
}
signed main()
{
n = read(); m = read(); s = read();
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int x, y;
x = read(); y = read();
edge[x].push_back(y);
edge[y].push_back(x);
}
dfs(s, 0);
pre();
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y;
x = read(); y = read();
cout << LCA(x, y) << "\n";
}
return 0;
}
时间复杂度:\(O(m \log n)\)。
注:本代码用于 AC lg P3379 模板问题。
标签:倍增,int,LCA,read,edge,lca,树上,节点 From: https://www.cnblogs.com/George222/p/18508465