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RMQ求LCA

2018年09月28日  | 移动技术网IT编程  | 我要评论

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题目链接

rmq求lca，interesting。

一直没有学这玩意儿是因为ctsc的day1t2，当时我打的树剖lca 65分，gxb打的rmq lca 45分。。。

不过rmq理论复杂度还是小一点的，就学一下把。

rmq求lca

我们要用到三个数组

$dfn[i]$:第$i$个节点位置的时间戳

$id[i][j]$：在欧拉序中$i$到$i + 2^j - 1$这段区间内深度最小的节点编号

$dep[i]$：第$i$个节点的深度

实际上用到了一个性质：

对于任意两点的$lca$，一定是它们欧拉序中两点之间的最小值

欧拉序是什么？就是把dfs中遍历到每一个一个节点(包括回溯时遍历到)加到一个序列里，最终得到的就是欧拉序

时空复杂度

设$t = 2 * n - 1$

时间复杂度：

预处理：$o(tlogt)$

查询：$o(1)$

空间复杂度：

考虑欧拉序中有多少个点，首先每个点被访问到的时候会做出$1$的贡献

其次在遍历每条边时会多出$1$的共贡献

因此总空间复杂度为：$o(t)$

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = 1e6 + 10;
using namespace std;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int n, q, s, tot, dfn[maxn], rev[maxn], dep[maxn], id[maxn][21], lg2[maxn], rd[maxn];
vector<int> v[maxn];
void dfs(int x, int fa) {
    dfn[x] = ++tot; dep[x] = dep[fa] + 1; id[tot][0] = x; 
    for(int i = 0, to; i < v[x].size(); i++) {
        if((to = v[x][i]) == fa) continue;
        dfs(to, x);
        id[++tot][0] = x;
    }
}
void rmq() {
    for(int i = 2; i <= tot; i++) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
    for(int j = 1; j <= 20; j++) {
        for(int i = 1; (i + (1 << j) - 1) <= tot; i++) {
            int r = i + (1 << (j - 1));
            id[i][j] = dep[id[i][j - 1]] < dep[id[r][j - 1]] ? id[i][j - 1] : id[r][j - 1];
        }
    }
}
int query(int l, int r) {
    if(l > r) swap(l, r);
    int k = lg2[r - l + 1];
    return dep[id[l][k]] < dep[id[r - (1 << k) + 1][k]] ? id[l][k] : id[r - (1 << k) + 1][k];
}
int main() {
    freopen("a.in", "r", stdin);
    n = read(); q = read(); s = read();
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++) {
        int x = read(), y = read();
        v[x].push_back(y); v[y].push_back(x);
    }
    dfs(s, 0);
    rmq();
    while(q--) {
        int x = read(), y = read();
        printf("%d\n", query(dfn[x], dfn[y]));
    }
    return 0;
}

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