Tarjan求LCA

前言：

没想到吧，(tarjan)不仅可以用来求割点和桥，缩点，还能求(LCA)。不过，(tarjan)求(LCA)是离线的，要在线算法的话还是学倍增吧。

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正题:

这次的(tarjan)不需要回溯值和(dfs)序，本质的来说，其实(tarjan)求(LCA)跟割点和桥，缩点没有任何关系一个人发明的算不算。

前置知识：并查集

当然，(tarjan)的其他两个算法跟(dfs)有关，求(LCA)也不例外，我们是在(dfs)的基础上，一步一步求出来的。

步骤如下：

1. 对这课树进行(dfs)，从根开始

2. 对于每个节点，我们不先标记这个点走过，回溯的时候才标记

3. 对于每个节点，遍历与之相邻且未走过的点，并把这些点的父亲标记为当前节点，相当于合并这些点

4. 对于每个节点，当与之相邻的点遍历完后，查询在求LCA问题中与自己相关的问题，看它问题中的另外一个点有没有被查询到，有的话就把这两个点的答案赋值为另外一个点的父亲（当然是合并后的父亲）

第三步的是否走过时指遍历到了没有，不是标记。对于合并，合并后查询父亲，我们就用并查集来完成。

这样自然是不好理解的，来看个例子（以下的(find)函数就是普通并查集的(find)）：

这是我们的图，现在假设我们要求(3)和(4)，(2)和(6)的(LCA)。

先进行第一步，此时我们先是从(1)开始搜，先到的地方是(3)，然后看与(3)相关的节点(4),(4)没有被搜到，我们就退出，并标记(3)，把他的父亲标记为(2)，合并掉(3)。

此时，(2)的儿子没遍历完开始遍历(4)，与(4)相关的节点(3),是搜过的，此时(LCA)(3),(4)就是(find)（(3)）也就是(2)（注意不能(find)（(4)），而是(find)与之相关的另外一个节点）。然后合并(4)，把(4)的父亲标记为(2)。

这时应该遍历(2)了，发现与之相关的(6)未找到，于是把(2)的父亲标记为(1)，自然，此时(3),(4)的父亲也为(1)了。

后面的就以此类推了。这一步应该判断(6)，求出(LCA2),(6)为(1)，合并(6)，标记父亲。

把(5)合并，父亲为(1)。

到(1)了后就没有了，算法完结。

接下来讲讲实现。

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例题：

洛谷 P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

这就是模板了吧，我把代码贴一贴，理解一下（特别短！！！而且这道题对于倍增和(RMQ)都需要卡卡常，而(tarjan)我用(vector)建图不加快读快写就能过，当然得把注释删掉，不然会(T)）。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int p , id;
};	//代表与之相关的点和这一对LCA是第几个答案 
int n , m , root;
int fa[500010] , vis[500010]/*标记+判断是否走过*/ , ans[500010];
vector<int> e[500010];	//建边 
vector<node> q[500010];	//存储问题 
int find(int x){	//路径压缩 
	if(fa[x] == x) return x;
	return fa[x] = find(fa[x]);
}
void tarjan(int x){
	vis[x] = 2;	//2表示走过 
	for(int i = 0; i < e[x].size(); i++){
		int nx = e[x][i];
		if(vis[nx]) continue;
		tarjan(nx);
		fa[nx] = x;	//标记父亲 
	}
	for(int i = 0; i < q[x].size(); i++){
		int px = q[x][i].p , ix = q[x][i].id;	//找与之相关的点 
		if(vis[px] == 1) ans[ix] = find(px);
	}
	vis[x] = 1;	//1表示标记过 
}
int main(){
	cin >> n >> m >> root;
	for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;	//并查集初始化 
	for(int i = 1; i <= n - 1; i++){
		int x , y;
		cin >> x >> y;	//建图，注意双向边（被坑过） 
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		int x , y;
		cin >> x >> y;	//因为我们在tarjan过程中不知道求的是第几个答案，所以要存储一下这一对LCA是第几个答案 
		q[x].push_back((node){y/*与之相关的点*/ , i/*第几个答案*/});
		q[y].push_back((node){x , i});
	}
	tarjan(root);	//跑LCA 
	for(int i = 1; i <= m; i++) cout << ans[i] << endl;	//输出 
	return 0;
}

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再来一道例题：

洛谷 P1967 货车运输

这道题还需要用到最小生成树。

先讲下思路吧。

对于一些道路，我们在保证图的连通性时，是可以删掉的，就如样例的边(1)，(3)，我们是肯定不会走这条路的，题目没有要求路更短，那么我们就可以删掉一些小边，只要不破坏图的连通性就行（原来就不连通那可没办法了），这时，我们可以想到最大生成树，把小边删掉，保留大边，这样就可以既保证图的连通性，又减少冗余的边。接下来，对于一棵树，任意两点是不是就只有一条路径了，我们就可以求出要求的两点的(LCA)，然后从两个点往上查找，直到找到他们的(LCA)，取最小值，最后输出即可。

当然，可以优化的，具体应该是在(tarjan)过程中就求出他们的路径和最小值，但是我太菜了死活没想出来，只能想到这里了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int l , r , w;
};	//存边
node ed[300010];
int n , m , q , now;
int fa[300010] , vis[300010] , lca[300010] , rf[300010]/*存往上走的路径*/ , wrf[300010]/*存LCA往上走时的边权*/ , qu1[300010] , qu2[300010]/*存问题的节点*/;
vector<pair<int , int> > e[300010];	//跑完最大生成树后再建边 
vector<pair<int , int> > ques[300010];	//存问题 
int find(int x){
	if(fa[x] == x) return x;
	return fa[x] = find(fa[x]);
}
bool cmp(node x , node y){	//最大生成树 
	return x.w > y.w;
}
void trajan(int x){
	vis[x] = 2;	//走过 
	for(int i = 0; i < e[x].size(); i++){
		int nx = e[x][i].first;
		if(vis[nx]) continue;
		trajan(nx);
		rf[nx] = x;	//存往上走的路径 
		wrf[nx] = e[x][i].second;	//存路径值 
		fa[nx] = x;
	}
	for(int i = 0; i < ques[x].size(); i++)	//存LCA 
		if(vis[ques[x][i].first] == 1) lca[ques[x][i].second] = find(ques[x][i].first);
	vis[x] = 1;	//标记走过 
}
int dfs(int x , int need){	//找路径最小值 
	if(x == need) return 0x3fffff;	//为本身 
	if(rf[x] == need) return wrf[x];	//父亲是LCA就停止 
	return min(wrf[x] , dfs(rf[x] , need));	//取min 
}
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> ed[i].l >> ed[i].r >> ed[i].w;
	for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;	//最大生成树并查集初始化 
	sort(ed + 1 , ed + m + 1 , cmp);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		int fx = find(ed[i].l) , fy = find(ed[i].r);
		if(fx == fy) continue;
		fa[fx] = fy;
		e[ed[i].l].push_back(make_pair(ed[i].r , ed[i].w));	//建图 
		e[ed[i].r].push_back(make_pair(ed[i].l , ed[i].w));
		now++;
		if(now == n - 1) break;
	}
	cin >> q;
	for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
	for(int i = 1; i <= q; i++){
		int x , y;
		cin >> x >> y;
		qu1[i] = x , qu2[i] = y;
		ques[x].push_back(make_pair(y , i));	//存问题 
		ques[y].push_back(make_pair(x , i));
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(!vis[i]) trajan(i);
	for(int i = 1; i <= q; i++){
		if(find(qu1[i]) != find(qu2[i])){	//不是同一个联通快 
			cout << -1 << endl;
			continue;
		}
		int min1 = dfs(qu1[i] , lca[i]) , min2 = dfs(qu2[i] , lca[i]);
		if(qu1[i] == qu2[i]) cout << 0 << endl;	//如果两个相等 
		else cout << min(min1 , min2) << endl;	//取min 
	}
	return 0;
}

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废话结束，正片开始，学(Treap)去了，把以前坑填了