摘要：
本文主要介绍了解决LCA（最近公共祖先问题）的两种算法，分别是离线Tarjan算法和在线算法，着重展示了在具体题目中的应用细节。
最近公共祖先是指对于一棵有根树T的两个结点u和v，它们的LCA（T，u，v）表示一个结点x，满足x是u和v的公共祖先且x深度尽可能的大（也即最近）。
求最近公共祖先有两种方法：一种是离线求解算法，也就是将询问全部存起来，处理完之后一次回答所有询问；另一种方法就是在线求解算法，对于每次询问，动态地回答。
离线算法Tarjan
Tarjan算法就是利用深度优先搜索的框架，对于新搜索到的一个结点，首先创建由这个结点构成的集合，再对当前结点的每一个子树进行搜索，每搜索完一棵子树，则可以确定这棵子树之内的LCA问题都已经解决。其他的LCA问题肯定都在这个子树之外，这时把子树所形成集合与当前结点的集合合并，并将当前结点设为这个集合的祖先。
之后继续搜索下一棵子树，直到当前结点的所有子树搜索完，这时把当前结点也设为已经被检查过的，同时可以处理有关当前结点的LCA询问，如果有一个从当前结点到v的询问，且v已经被检查过，则由于进行的是深度优先搜索，当前结点和v的LCA一定还没有被检查过，然而这个最近公共祖先的包含v的子树一定已经搜索过了，那么这个最近公共祖先一定是v所在集合的祖先。
算法实现如下：
1 const int maxn = 10005;//结点数
2 bool vis[maxn];
3 int tree[maxn][maxn], ans[maxn][maxn], fa[maxn];
4 //tree[u][0]表示结点u有几个孩子，分别是
5 //ans[u][v]表示u和v的LCA
6 //fa[i]表示i的祖先
7 set<int> query[maxn];//保存关于u结点的询问
8
9 int n;
10 void init() {
11 for(int i = 0; i <= n; i++) {
12 fa[i] = i;
13 vis[i] = 0;
14 }
15 }
16
17 int Find(int x) {//查找一个集合的祖先
18 return fa[x] == x ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
19 }
20
21 void Union(int x, int y) {//合并两个集合，将x并入y中
22 int fx = Find(x);
23 int fy = Find(y);
24 fa[fx] = fy;
25 }
26
27 void dfs(int u) {//dfs遍历树
28 vis[u] = 1;
29 for(int i = 1; i <= tree[u][0]; i++) {
30 int v = tree[u][i];
31 if(vis[v]) continue;
32 dfs(v);
33 Union(v, u);//当遍历完一棵子树的时候，就将子树和父亲合并
34 }
35 for(set<int>::iterator it = query[u].begin();
36 it != query[u].end(); it++) {//当处理完u结点的子树时，就可以回答部分有关u的询问
37 int v = *it;
38 if(vis[v]) { //如果v被访问过，就可以回答这个询问
39 ans[u][v] = Find(v); //u and v 的LCA就是v所在集合的公共祖先
40 query[v].erase(query[u].find(u));//将v中的此询问删掉
41 }
42 }
43 }Tarjan算法可以解决LCA查询要求实现知道全部查询提问，如果LCA要求即问即答，就需要使用在线算法。
在线算法
在线算法需要对该树进行预处理，生成三个序列：欧拉序列、深度序列、遍历结点第一次出现的时间序列，然后通过RMQ（区间最值查询）来O(1)地回答问题。
巧妙的是只用对树进行一次深度优先遍历，就可以得到这三个序列了。
结点第一次出现的时间：就是深度优先遍历的过程中第一次遍历到这个结点的时间，该序列的长度是n，记为pos数组，即pos[u] = 3，表示u结点是第三个遍历到的。
欧拉序列：按照深度优先遍历，依次经过的结点按照遍历顺序全部记录下来，包括回溯的过程，也就是一个点可能被记录多次。该序列的长度由深搜的过程决定，记为t数组。
深度序列：该序列的长度和欧拉序列的长度一致，记录的是欧拉序列中对应结点的深度，记为dep。
有了这三个序列，假设我们需要查询LCA（T，u，v），通过pos[u]和pos[v]可以知道u和v结点在t数组和dep数组中是第几个，利用深度优先遍历的过程，可以知道在dep[pos[u]]~dep[pos[v]]中深度最小的结点就是LCA（T，u，v）了。
算法实现如下：
1 const int maxn = 1006;
2
3 int tot, ans[maxn][maxn], link[maxn][maxn];//link存树的结构
4 int dep[maxn * 4], pos[maxn], t[maxn * 4];
5 int dp[maxn * 4][12];//存储区间最值
6 bool v[maxn];
7
8 void dfs(int u, int dfn) {
9 if(!v[u]) {
10 v[u] = 1;
11 pos[u] = tot;
12 }
13 dep[tot] = dfn; //深度序列
14 t[tot++] = u; //欧拉序列
15 for(int i = 1; i <= link[u][0]; i++) {
16 dfs(link[u][i], dfn + 1);
17
18 dep[tot] = dfn;
19 t[tot++] = u;
20 }
21 return;
22 }
23
24 void init() {
25 for(int j = 0; (1 << j) <= tot; j++) {
26 for(int i = 0; i + (1 << j) <= tot; i++) {
27 if(j == 0)
28 dp[i][j] = i;
29 else {
30 if(dep[dp[i][j - 1]] < dep[dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
31 dp[i][j] = dp[i][j - 1];
32 else
33 dp[i][j] = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
34 }
35 }
36 }
37 }
38
39 int RMQ(int p1, int p2) {
40 int k = log2(p2 - p1 + 1);
41 if( (1<<k) < p2 - p1 + 1) k++;
42 if(dep[dp[p1][k]] < dep[dp[p2 - (1 << k) + 1][k]])
43 return t[dp[p1][k]];
44 else
45 return t[dp[p2 - (1 << k) + 1][k]];
46 }
47
48 int lca(int v1, int v2) {
49 if(pos[v1] < pos[v2])
50 return RMQ(pos[v1], pos[v2]);
51 else
52 return RMQ(pos[v2], pos[v1]);
53 }下面看一道例题：HDU 2586 How far away ？
题意
输出一棵有根数，问任意两个结点间的距离
解题思路
首先问一次计算一次不是什么好的办法，我们可以将每个结点到根结点的距离预处理出来，然后找到两个结点的最近公共祖先，然后答案就是dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca(u, v)]。因为是即问即答，所以采用在线的方法。
注意RMQ中k的计算方式有所不同，采用之前的方法计算会发生数组访问越界。
代码如下：
1 #include <cstdio>
2 #include <vector>
3 #include <cmath>
4 #include <cstring>
5
6 using namespace std;
7
8 const int maxn = 41010;
9 struct E{
10 int v, ne, d;
11 E(){}
12 E(int _v, int _n, int _d): v(_v), ne(_n), d(_d){}
13 }e[maxn * 2];
14
15 int t[maxn * 2], dep[maxn * 2], pos[maxn], dis[maxn];
16 int head[maxn], esize;
17 bool vis[maxn];
18 int dp[maxn * 2][30];
19 int n, m, tot;
20
21 void init() {
22 esize = tot = 0;
23 memset(vis, 0, sizeof(vis));
24 memset(dis, 0, sizeof(dis));
25 memset(head, -1, sizeof(head));
26 }
27
28 void add(int u, int v, int d) {
29 e[esize] = E(v, head[u], d);
30 head[u] = esize++;
31 }
32
33 void dfs(int u, int de) {
34 if(!vis[u]) {
35 vis[u] = 1;
36 pos[u] = tot;
37 }
38 dep[tot] = de;
39 t[tot++] = u;
40
41 for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].ne) {
42 int v = e[i].v;
43 int d = e[i].d;
44 if(vis[v]) continue;
45 dis[v] = dis[u] + d;
46 dfs(v, de + 1);
47
48 dep[tot] = de;
49 t[tot++] = u;
50 }
51 return;
52 }
53
54 void cdep() {
55 for(int j = 0; (1 << j) < tot; j++) {
56 for(int i = 1; i + (1 << j) < tot; i++) {
57 if(j == 0)
58 dp[i][j] = i;
59 else {
60 if(dep[dp[i][j - 1]] < dep[dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
61 dp[i][j] = dp[i][j - 1];
62 else
63 dp[i][j] = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
64 }
65 }
66 }
67 }
68
69 int RMQ(int u, int v) {
70 int k = 0;
71 k = log2(v - u + 1);
72 if((1 << k) < v - u + 1) k++;
73 /*int len = v - u + 1, k = 0;
74 k = log(len * 1.0)/log(2.0);*/
75 if(dep[dp[u][k]] < dep[dp[v - (1 << k) + 1][k]])
76 return t[dp[u][k]];
77 else
78 return t[dp[v - (1 << k) + 1][k]];
79 }
80
81 int lca(int u, int v) {
82 if(pos[u] < pos[v])
83 return RMQ(pos[u], pos[v]);
84 else
85 return RMQ(pos[v], pos[u]);
86 }
87
88 int main()
89 {
90 int T;
91 scanf("%d", &T);
92 while(T--) {
93 scanf("%d%d", &n, &m);
94 init();
95 for(int i = 1; i < n; i++) {
96 int u, v, w;
97 scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
98 add(u, v, w);
99 add(v, u, w);
100 }
101 dfs(1, 0);
102 cdep();
103
104 int u, v;
105 while(m--) {
106 scanf("%d%d", &u, &v);
107 printf("%d\n", dis[u] + dis[v] - 2 * dis[lca(u, v)]);
108 }
109 }
110 return 0;
111 }欢迎交流，共同进步——
