http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2586
给出一颗树和边权，询问两点距离。
考虑tarjan离线做法，做法很巧妙，当前进行到u，对他的儿子v，当v子树tarjan完成之后把v合并到u上。当遍历完所有v之后，对与u有关的询问进行查找，若第二个询问点v被访问过，那么lca(u,v)就是v目前被合并到的根上。还有记录d[u]表示根到u的距离。
最后答案就是d[u]+d[v]-2*d[lca(u,v)]。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<map> 5 #include<set> 6 #include<stack> 7 #include<deque> 8 #include<bitset> 9 #include<unordered_map> 10 #include<unordered_set> 11 #include<queue> 12 #include<cstdlib> 13 #include<ctype.h> 14 #include<ctime> 15 #include<functional> 16 #include<algorithm> 17 #include<bits/stdc++.h> 18 using namespace std; 19 #define LL long long 20 #define pii pair<int,int> 21 #define mp make_pair 22 #define pb push_back 23 #define fi first 24 #define se second 25 #define inf 0x3f3f3f3f 26 #define debug puts("debug") 27 #define mid ((L+R)>>1) 28 #define lc (id<<1) 29 #define rc (id<<1|1) 30 const int maxn=40010; 31 const int maxm=50050; 32 const double PI=acos(-1.0); 33 const double eps=1e-6; 34 const LL mod=1e9+7; 35 LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} 36 LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;} 37 LL qpow(LL a,LL b,LL c){LL r=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%c)if(b&1)r=r*a%c;return r;} 38 template<class T> 39 void prt(T v){for(auto x:v)cout<<x<<' ';cout<<endl;} 40 struct Edge{int u,v,w,next;}; 41 42 vector<pii>g[maxn],q[maxn]; 43 int d[maxn],f[maxn],qu[220],qv[220],ans[220]; 44 bool vis[maxn]; 45 int getf(int u){return f[u]==u?u:f[u]=getf(f[u]);} 46 void tarjan(int u){ 47 vis[u]=1; 48 for(pii e:g[u]){ 49 int v=e.fi,w=e.se; 50 if(!vis[v]){ 51 d[v]=d[u]+w; 52 tarjan(v); 53 f[v]=u; 54 } 55 } 56 for(pii e:q[u]){ 57 int v=e.fi,id=e.se; 58 if(vis[v]){ 59 ans[id]=getf(v); 60 } 61 } 62 } 63 int main(){ 64 int t,n,m,i,j,u,v,w; 65 scanf("%d",&t); 66 while(t--){ 67 scanf("%d%d",&n,&m); 68 for(i=1;i<=n;++i){ 69 g[i].clear(); 70 q[i].clear(); 71 f[i]=i; 72 vis[i]=0; 73 } 74 for(i=1;i<n;++i){ 75 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 76 g[u].pb(mp(v,w)); 77 g[v].pb(mp(u,w)); 78 } 79 for(i=1;i<=m;++i){ 80 scanf("%d%d",qu+i,qv+i); 81 q[qu[i]].pb(mp(qv[i],i)); 82 q[qv[i]].pb(mp(qu[i],i)); 83 } 84 tarjan(1); 85 for(i=1;i<=m;++i){ 86 printf("%d ",d[qu[i]]+d[qv[i]]-2*d[ans[i]]); 87 } 88 } 89 return 0; 90 }
接着用ST在线做法又做了一遍。如果题目强制在线的话，tarjan做法就gg了，我们提前不知道询问便无法离线做了。
ST做法是每次访问到一个节点就记录下当前的节点值和深度，当查询lca(u,v)的时候，先找到u和v第一次访问到的位置L和R（L<=R)，
然后在[L,R]中找到一个深度最小的点，他对应的节点值w=lca(u,v)。RMQ问题，使用ST处理O(nlog(n))。询问就可以O(1)啦。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<map> 5 #include<set> 6 #include<stack> 7 #include<deque> 8 #include<bitset> 9 #include<unordered_map> 10 #include<unordered_set> 11 #include<queue> 12 #include<cstdlib> 13 #include<ctype.h> 14 #include<ctime> 15 #include<functional> 16 #include<algorithm> 17 #include<bits/stdc++.h> 18 using namespace std; 19 #define LL long long 20 #define pii pair<int,int> 21 #define mp make_pair 22 #define pb push_back 23 #define fi first 24 #define se second 25 #define inf 0x3f3f3f3f 26 #define debug puts("debug") 27 #define mid ((L+R)>>1) 28 #define lc (id<<1) 29 #define rc (id<<1|1) 30 const int maxn=40010; 31 const int maxm=50050; 32 const double PI=acos(-1.0); 33 const double eps=1e-6; 34 const LL mod=1e9+7; 35 LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} 36 LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;} 37 LL qpow(LL a,LL b,LL c){LL r=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%c)if(b&1)r=r*a%c;return r;} 38 template<class T> 39 void prt(T v){for(auto x:v)cout<<x<<' ';cout<<endl;} 40 struct Edge{int u,v,w,next;}; 41 42 vector<pii>g[maxn]; 43 vector<int>dep,idx; 44 int f[maxn*2][20],d[maxn],p[maxn]; 45 void dfs(int u,int o,int fa){ 46 p[u]=idx.size(); 47 idx.pb(u),dep.pb(o); 48 for(pii e:g[u]){ 49 int v=e.fi,w=e.se; 50 if(v!=fa){ 51 d[v]=d[u]+w; 52 dfs(v,o+1,u); 53 idx.pb(u),dep.pb(o); 54 } 55 } 56 } 57 void ST(int n){ 58 for(int i=0;i<n;++i)f[i][0]=i; 59 for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){ 60 for(int i=0;(i+(1<<j)-1)<n;i++){ 61 f[i][j]=dep[f[i][j-1]]<dep[f[i+(1<<(j-1))][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+(1<<(j-1))][j-1]; 62 } 63 } 64 } 65 int ask(int L,int R){ 66 int k=0; 67 while((1<<(1+k))<=R-L+1)k++; 68 return dep[f[L][k]]<dep[f[R-(1<<k)+1][k]]?idx[f[L][k]]:idx[f[R-(1<<k)+1][k]]; 69 } 70 int main(){ 71 int t,n,m,i,j,u,v,w; 72 scanf("%d",&t); 73 while(t--){ 74 idx.clear(); 75 dep.clear(); 76 scanf("%d%d",&n,&m); 77 for(i=1;i<=n;++i){ 78 g[i].clear(); 79 } 80 for(i=1;i<n;++i){ 81 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 82 g[u].pb(mp(v,w)); 83 g[v].pb(mp(u,w)); 84 } 85 dfs(1,1,0); 86 ST(idx.size()); 87 // prt(idx); 88 // prt(dep); 89 while(m--){ 90 scanf("%d%d",&u,&v); 91 int L=p[u],R=p[v]; 92 if(L>R)swap(L,R); 93 printf("%d ",d[u]+d[v]-2*d[ask(L,R)]); 94 } 95 } 96 return 0; 97 } 98 /* 99 5 100 7 7 101 1 2 1 102 1 3 1 103 2 4 1 104 2 5 1 105 5 6 1 106 5 7 1 107 */
综上两种方法而言，我感觉思想都是类似是，就是u-->v这条路一定经过他们的共同祖先，这中间过程中经过若干个点，我们要想办法找到深度最小的那个点，显然他只会被经过一次，就是LCA。