【C++】倍增LCA详解 + P3379 最近公共祖先题解

文章目录

- 1.暴力做法
- 2.倍增做法
- - 问题1
  - 问题2
- 总结
- Code
- End

这道题是一道求树上最近公共祖先的模板题。

1.暴力做法

我们先思考O(n)的暴力做法：（这里的n是指树的最大深度，也可以近似于节点个数）

我们假设我们要求的是lca(u,v)，那么可以考虑让u,v首先跳到同一深度，然后一同向上走，每次走一步额，直到节点重合为止
可以知道我们一定会找到lca，因为如果前面所有的都找不到，那也一定会汇聚在根节点

这样是线性复杂度，在多次查询的题目里会有O(n^2)的复杂度，显然还不够。

我们考虑优化：使用倍增算法。

2.倍增做法

倍增，其底层原理是根据二进制优化枚举，因为一个数一定可以根据二进制拆成2的幂次相加的形式

所以，我们只要每次都往上跳2的幂次步，那复杂不就优化到O(logn)了吗？

这显然可行，我们先让u,v跳到同一深度：预处理深度差d，如果d的第i位二进制为1，就往上跳2^i步，
然后再两个一同往上跳，同上，每次跳2的幂次步即可

这时候，又出现了两个问题：

如何在O(1)的复杂度跳到当前节点的第2^i次方个节点？
我们并不知道lca(u,v)和u,v的深度差，那如何根据二进制往上跳呢？

问题1

可以通过O(n)的预处理实现。设f[u][i]表示节点u向上跳2^i步到的节点

我们对整棵树跑dfs，同时，对于节点u，记录u的深度dep[u]，
转移f数组：f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1] 1<=i<=log2(dep[u]) ……对节点u上方的所有节点都预处理
（注意取值范围从1开始，因为从0开始的话，i-1可能越界。处理方法只要在递归u的父亲节点k时把f[u][0]=k即可）

这个转移十分巧妙，原理： $2^{i-1}+2^{i-1}=2^i$
节点u向上跳 $2^i$ 步=节点u向上跳 $2^{i-1}$ 步的节点v 向上跳 $2^{i-1}$ 步的位置
因为我们从上向下遍历树，同时枚举i也是从小到大枚举，所以不会出现转移的状态没有的情况。

问题2

首先思路1：发现这个问题具有单调性，可以二分
因为，如果lca(u,v)=k，则k的所有祖先也都是(u,v)的公共祖先。所以可以二分向上跳的高度
但这样复杂度是 $log n)^2$ 的，我们还可以优化成单log

思路2：
我们可以直接从大到小枚举log2(dep[u])次（注意此时dep[u]==dep[v]），只要f[u][i]!=f[v][i]就继续向上跳，这样一定能到达

原因：从大到小凑一定可以凑出所有的数，因为对于偶数可以拆成若干次 $2^i$ 到达；奇数可以先走若干次 $2^i$ ，再用一个 $2^0=1$ 到达
例如u,v和lca的深度差为 $5=2^0+2^1+2^1=2^0+2^2$ ，从小到大根本不知道这个 $2^1$ 要来几次；但从大到小来可以直接先用 $2^2$ ，再用 $2^1$

至此，倍增思想和LCA的完美结合结束！

总结

要点：

倍增本质上也是一种dp，常用状态：f[i][j]表示第i个位置后2^j个位置的……，
常用转移：f[i][j]=f[f[i-1][j 不定]][j-1]
上面提到倍增也可以用二分来实现，因为二分和倍增可以看作两个相反的操作。

二分是从大区间不断折半(2^1,22,…2^k)到小区间来实现查找，而倍增是从小区间倍到大区间。

所以很多二分的题目也可以用倍增，只要构建好递推关系即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 7;vector <int> T[maxn];
int f[maxn][25]; // 2^20≈1e6
int dep[maxn];void dfs(int u){ // f[u][0]就相当于父亲节点，即u往上2^0=1个节点dep[u] = dep[f[u][0]] + 1;for(int i = 1; i <= log2(dep[u]); i ++){ // 从1开始，因为f[u][0]在本次递归开始之前就确定了，同时i=0时i-1会越界f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];}for(int v : T[u]){if(v == f[u][0]) continue;f[v][0] = u; // 提前处理一下dfs(v);}
}int lca(int u, int v){// 让u为较深的那个点，便于计算if(dep[u] < dep[v]) swap(u, v);// 让u跳到与v相同的高度int d = dep[u] - dep[v];for(int i = 0; i <= log2(d); i ++){ // 枚举每一个二进制位if(d >> i & 1){u = f[u][i];}}if(u == v) return u; // 特判此时已经相等的情况s// 同时向上跳，直到相等for(int i = log2(dep[u]); i >= 0; i --){ // 注意倒着枚举if(f[u][i] != f[v][i]){u = f[u][i], v = f[v][i];}}return f[u][0];
}void solve()
{int n, m, s; cin >> n >> m >> s;for(int x, y, i = 1; i <= n - 1; i ++){cin >> x >> y;T[x].push_back(y);T[y].push_back(x);}// 预处理节点深度、倍增数组dfs(s);// 处理询问for(int a, b, i = 1; i <= m; i ++){cin >> a >> b;cout << lca(a, b) << '\n';}
}signed main()
{ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);solve();return 0;
}