採用兩點逐漸向根移動的方法，求出lca。
具體步驟：
1.求出每個節點的深度
2.詢問兩個節點是否重合，若重合，則lca已經求出。否則，選擇兩個點中深度較大乙個，移動它的父親。
時間複雜度\(o(n)\)，查詢\(q\)次的話，複雜度\(o(qn)\)
優點：簡單，該演算法允許樹動態改變。
**如下：
struct edgee[maxn];
void addedge(int u,int v)
//建樹的過程
//同時求出每個節點的深度，與每個節點的父親
void dfs(int u,int father)
return ;
}//相當於模擬移動
int lca(int u,int v)
return u;
}int main()
dfs(s,s);
for(int i=1;i<=m;++i)
return 0;
}
求出倍增陣列 \(anc\)。（和一開始建樹的思路一樣）
其中，maxlog是最小的滿足\(2^x \leq maxdeep\)（最深的節點深度）的\(x\)。
\(anc[i][j]\)為\(i\)節點向上走\(2^j\)後能走到的點。
我們規定根節點的父親就是它自己，這樣根節點往上走還是根節點。
對於\(anc\) 而言，有如下的遞推關係：
\(anc[i][j]=\left\
anc[i][j] & j=0 \\
anc[anc[i][j-1]][j-1]& j> 1
\end\right.
\)解釋：
第乙個，\(j=0\)就是根節點。
第二個，從\(anc\)的意義出發：節點\(i\)向上走\(2^\)步後，再走\(2^\)步，加起來就是\(2^j\)次步。
第二步：把兩個節點移動到同一深度
假設\(lca(x,y)\)不失一般性，令\(deep[x] /leq deep[y]\)。
先讓x往上走\(deep[x]-deep[y]\)步。
我們將這個差值轉化為二進位制，然後，通過通過倍增陣列往上走\(2\)的冪次步。
（即：對於二進位制為\(1\)的第\(i\)位，往上走\(2^i\)步）
或者，還有一種方法：
從大到小掃瞄\(i\)，如果\(anc[x][i]\)的深度不小於\(y\)，就跳\(x\)。
第三步： 求lca
在第二步的處理後，假設\(x,y\)往上走最小的\(l\)步後是同一節點，也就意味著，\(x,y\)向上走最大的\(l-1\)步，是不同的節點。
我們可以從大到小的列舉\(2^i\)步，如果當前\(x,y\)向上走\(2^i\)步後為同一點，則停止。否則就一起往上走。
（由於倍增陣列的特性，該過程可以看成二分）
直到不能走為止，再往上走一步就是\(lca\)。（ps：\(2^0=1\)）
時間複雜度：\(o((n+q)log_2(n))\)
**如下：
#include #define maxn 10000005
#define maxlog 32
using namespace std;
int n,m,s;
int deep[maxn],anc[maxn][maxlog];
int cnt=0,adj[maxn];
struct edge
e[maxn];
void addedge(int u,int v)
void dfs(int u,int father)
}return anc[u][0];
}int main()
dfs(s,s);
for(int i=1;i<=m;++i)
return 0;
}
最近公共祖先 LCA 最近公共祖先
直接暴力搜尋參考 普通搜尋每次查詢都需要 樸素演算法是一層一層往上找，倍增的話直接預處理出乙個 具體做法是 維護乙個 的關係來線性求出這個陣列 int anc n 31 int dep n 記錄節點深度 void dfs int u,int parent for int i 0 i g u size...
最近公共祖先 最近公共祖先（LCA）
如題，給定一棵有根多叉樹，請求出指定兩個點直接最近的公共祖先。輸入格式 第一行包含三個正整數n m s，分別表示樹的結點個數 詢問的個數和樹根結點的序號。接下來n 1行每行包含兩個正整數x y，表示x結點和y結點之間有一條直接連線的邊 資料保證可以構成樹 接下來m行每行包含兩個正整數a b，表示詢問...
LCA 最近公共祖先
定義 對於有根樹t的兩個結點u v，最近公共祖先lca t,u,v 表示乙個結點x，滿足x是u v的祖先且x的深度盡可能大。另一種理解方式是把t理解為乙個無向無環圖，而lca t,u,v 即u到v的最短路上深度最小的點。現在給定乙個根為1的樹，求某兩個點的最近公共祖先。思路 預處理出每個點的深度再一...