题目描述
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。
输入输出格式
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。
输入输出样例
说明
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
~~~~~~~~~~~~~~~华丽的分割线~~~~~~~~~~~~~~~
对于此题，常规解法就是暴力。
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炸死你。
倍增，可以有效降低复杂度，我也是学了两次之后掌握了它。
这里，我想记录下不久前学习的tarjan求lca
（tarjan真是好东西）
说它是tarjan，其实给我的感觉就是套了一个tarjan的名字罢了。（类似我的dijksPA）其实它就是一个dfs的神奇过程。
先放代码再说
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=500005; int n,m,p; struct edge { int next,to,lca; }e[maxn<<1],e1[maxn<<1]; int head[maxn<<1],cnt,head1[maxn<<1]; inline int addedge(int from,int to)//前向星存图 { e[++cnt].next=head[from]; e[cnt].to=to; head[from]=cnt; } inline int add (int from,int to)//前向星存储查询 { e1[++cnt].next=head1[from]; e1[cnt].to=to; head1[from]=cnt; } int f[maxn<<1],vis[maxn<<1]; int find(int x)//并查集找爹函数 { if(f[x]!=x) f[x]=find(f[x]); return f[x]; } int tarjan(int u)//神奇的dfs { f[u]=u;//爸爸 vis[u]=1;//走过 for(int i=head[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(!vis[v]) { tarjan(v); f[v]=u;//爹 } } for(int i=head1[u];i;i=e1[i].next)//询问的图 { int v=e1[i].to; if(vis[v]) { e1[i].lca=find(v); if(i%2==1) e1[i+1].lca=e1[i].lca;// else e1[i-1].lca=e1[i].lca; } } } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&p); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); addedge(x,y); addedge(y,x); } for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;//初始化并查集 cnt=0;//因为上面村边用过cnt，所以把它拍成0 for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); add(y,x); } tarjan(p);//从根节点开始dfs for(int i=1;i<=m;i++) { printf("%d ",e1[i*2].lca); } return 0; }
1.任选一个点为根节点，从根节点开始。
2.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。
3.若是v还有子节点，返回2，否则下一步。
4.合并v到u上。
5.寻找与当前点u有询问关系的点v。
6.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。
https://www.cnblogs.com/JVxie/p/4854719.html这位大佬的模拟过程真的很强
总的来说，感觉这个算法不是太常用吧。大数据的情况下可能没有倍增快，码量也没小到那里去，而且到现在我还是懵懵的。
写个博客记录一下吧。