简述求LCA的倍增算法
对于树上的所有节点，我们可以很轻松地通过dfs求出其直接的父亲节点以及其深度
通过类似RMQ的原理我们可以处理出每个节点的第2^i个父亲
//这个过程既可以在dfs之后双重循环建也可以像树剖模板里那样dfs里直接建
//个人比较推荐后者，会少掉一些不必要的运算，但由于log算法的优越性使得它们实际差别不大
如图u,v为题目中给的两个节点，我们要做的第一步是将u,v调整到同一深度
做法很简单，只需要用2^i从大到小逼近答案
调整到同一深度以后两个节点共同前进，做法和上面调整深度时一样
细节：
当u,v的深度刚开始就相同时一定要特判，因为运算到ln(0)会出错
BZOJ1602 简单的LCA模板题
BZOJ1787 题目大意是让我们求出树上三个点到同一点的边权加和最小，输出那个点和最小边权
我们通过上面的例子可以发现，并不是三点的LCA就是边权和最小的
因为图上的红边如果走到红色节点的时候会走两次，而走到绿色节点时只走一次，其他路径上的节点各一次
发现其实和树的重心有点关系...然后就想到了暴力滚粗的ZJOI Day1T1
其实这道题没那么麻烦...因为只有三个点，很容易想到最终的答案一定是其中两个点的LCA
那么枚举三次就可以了，先将其中两个点做一次LCA，求出路径边权和，再将这个新求出的点和剩下的点做LCA，求路径和
第一问的答案就是第一次LCA后求出的那个点
BZOJ2144
几乎看不出来和LCA有什么关系的题...
但是想出来了之后觉得这个思路简直太好了...
对于一个状态我们用三元组表示（x,y,z）
一种转移是从外面的点跳向中间，而显然由于题目中“只能跳过一颗棋子”的限制所以只有一种方法
而从中间的点跳向两边就有两种方式
按照以前的思路，这里就直接BFS敲起来了..
我们考虑每一个三元组不停地向中间跳一定有一个最终状态
而这个最终状态向外跳又能产生一系列形如二叉树的状态
我们将向外跳定义为向儿子状态的连边，向上条定义为向父亲节点的连边
两个状态的树上路径长度正好的题目中要求的内容
而第一问只需判断根节点的状态是否一样就可以了
但对于10^9的数据，想到这里显然还不够
我们面临着两个问题，一个是depth怎么求（数组根本开不下状态也枚举不完），第二个是第2^i个父亲怎么求
我们发现这两个问题是有联系的
考虑一个状态(x,y,z)，设t1=y-x,t2=z-y
当t1>t2时，显然是右边的z往左跳，但是可以跳几步呢？我们解不等式即可得出：（t1-1）div t2步
当t2>t1时同理
每次更新t1,t2我们发现它实际上是一个辗转相除的过程，也就是没有几步就可以到达根节点
也可以根据这个过程叠加出深度
也可以根据这个过程，算出已知状态的第2^i个父亲状态
这样一来，这个问题就差不多解决了
最后一个细节，读进来的状态是无序的，要排序后再做/w