Update:
2019.7.15更新
万分感谢@宁信大佬,认认真真地审核了本文章,指出了超过五处错误捂脸,太尴尬了.
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重要事情说三遍!!!!!

2019.7.16更新
笔记再次完善,感谢@Ichinose大佬提出的好问题,并且修改了代码部分的错误注释.
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重要事情说三遍

2019.8.7更新
感谢QQ大佬,@[wust-pyoxiao]大佬指出问题。
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感谢QQ大佬,@[wust-pyoxiao]大佬指出问题。
重要事情说三遍!!!!!

更好的阅读体验,新博客开通,各位大佬收藏点赞评价好不好啊

最近公共祖先

概念定义

对于节点$x,y$而言,如果说$z$节点既是$x$的祖先节点,也是$y$的祖先节点.

那么我们认为$z$节点是$(x,y)$的公共祖先节点.

公共祖先节点有很多,那么深度最大的节点,被称之为最近公共祖先.记为LCA(x,y)

你也可以认为$LCA(x,y)$节点,是所有公共祖先节点中,离着$x,y$这两个点的距离最近.

在这张图片上面,我们举几个例子.
$$ LCA(2,4)=2 \\\\ LCA(6,7)=3 \\\\ LCA(5,6)=1 \\\\ LCA(2,6)=1 \\\\ $$

树上倍增法

初始思维

树上倍增算法,是一个非常重要的算法,一般来说树上的问题,很多时候都会运用到树上倍增的算法思想.

我们知道,暴力算法,是一步,一步,一步非常踏实的算法.

但是我们知道,一步步走抵达终点太慢了,我们不得不学会连蹦带跳.

每一次都比上一次多跳一倍的格子.

我们发现,两个点的最近公共祖先,很多时候离他们很远.

换一张升级版本的图片

我们发现
$$ Lca(10,13)=1 $$

他们的公共祖先离他们比较远.

我们可以分析一下.

$$ dis(10,1)=3 $$

这个式子的意思是.

$$ 节点10和节点1,他们之间的距离是3. $$

也就是

$$ dis(a,b)表示为节点a和节点b他们在树上的距离. $$

假如说我们要用暴力方法的话.我们需要走三步,走一步要一格.

但是如果我们连蹦带跳的话.

第一跳,我们走一格.

第二跳,我们走两格.

我们惊奇地我们发现,我们只需要跳两次了.

倍增思想

既然如此的话,我们发现任意一个数字,都可以被划分成下面这个公式.

$$ N=2^{p_1}+2^{p_2}+2^{p_3}+…+2^{p_k} $$

这就是我们的二进制划分的思想,任何一个数字都可以被二进制划分.

也可以这么理解,我们知道一个数有它的十进制表达,也有它的二进制表达.

我们所谓的划分,就是将一个十进制数,转换为二进制表达.

再举一个例子.

$$ ‭(3226)_{10}=(‭110010011010‬)_{2} $$
我们可以这么认为.

$$ 3226=2^1+2^3+2^4+2^7+2^{10}+2^{11} $$

二进制表示下,计数位置从0开始.

之前有富有学习经验的大佬说代码部分.

    for(int k=lg[deep[x]]-1; k>=0; k--) //从大到小,枚举我们所需要的长度.2^(log(deep[x]))~1
        if(fa[x][k]!=fa[y][k])//如果发现x,y节点还没有上升到最近公共祖先节点
        {
            x=fa[x][k];//当然要跳跃
            y=fa[y][k];//当然要跳跃
        }

部分不利于初学者们理解.那么我们来认认真真地解析一下.

1. 为什么要倒着循环,而且正着循环会出问题

我们来看一组样例.多么的250
$$ 250=128+64+32+16+8+2 \\\\ 250=2+8+16+32+64+128 $$
我们将他们放到树上.也就是节点a离着最近公共祖先有$250$个距离.

假如说我们是顺着循环走的.我们必然走不到终点.

我们刚开始,走了$2^0$格,我们发现满足条件,于是我们走了$2^0$个格子.

我们然后,走了$2^1$格,我们发现也满足条件,$(a,b)$节点还是没有相遇,于是我们走了$2^1$个格子

我们接着,走$2^2$格子,我们惊奇地发现,也是满足条件的,于是我们走了$2^2$个格子.

不停地走啊走,我们永远都走不到终点.
$$ 1+2+4+8+16+32+64+128=255 \\\\ 250=1+2+4+8+16+32+64+64+32+16+8+2+1 \\\\ 但是如果顺着循环走 \\\ 1+2+4+8+16+32+64 \quad 然后在128开始,就走不了一个格子了 $$
因为抵达终点的路径,必须是二进制拆分下的路径.

接下来我们分析一下为什么我们最后一遍循环完后,不是是Lca节点,而且Lca节点的儿子节点.

if(fa[x][k]!=fa[y][k]) //如果不相遇
    x=fa[x][k],y=fa[y][k];//我们才会跳跃.
那么我们实际能跳跃到的节点们,其实也就是a节点到Lca节点的儿子节点这一段上面的节点.
Lca节点,肯定fa[x][k]=fa[y][k].
但是我们fa[x][k]!=fa[y][k],所以Lca节点不能抵达.
但是Lca节点的儿子节点,肯定fa[x][k]!=fa[y][k].
所以Lca节点的儿子节点,是我们能够跳跃的最大距离了.

倍增数组

既然如此的话,我们不妨设置

$$ F[x][k]表示为x向上走(根节点)走2^k步,抵达的节点 \\\\ 若不存在该节点 F[x][k]=0 \\\\ F[x][0]表示为该节点的父节点 \\\ $$

我们知道二的幂次,是具有一个数学性质的.

$$ 2^k=2^{k-1}+2^{k-1} \quad 提取公因式\\\\ 2^k=2*2^{k-1} \quad 提取底数2\\\\ 2^k=2^{k} \quad 最终得到性质\\\\ $$

或者你可以这么认为.

$$ 2^k=2^{k} \quad 写出恒等式 \\\\ 2^k=2^{1}*2^{k-1} \quad 指数分解一下 \\\\ 2^k=2^{k-1}+2^{k-1} \quad 乘法变成加法 \\\\ $$

我们将这个数学性质,带入到我们的倍增数组,就会发现一个转移方程.

$$ f[x][k]=f[f[x][k-1]][k-1] \\\\ f[x][k-1]表示x向上爬2^{k-1}个节点 \\\\ 那么f[f[x][k-1]][k-1]表示为x向上爬2^{k-1}个节点,再向上爬2^{k-1}个节点 \\\\ x往上爬2^{k-1},然后再往上爬2^{k-1}个节点. \\\\ x+2^{k-1}+2^{k-1}=x+2^{k} \\\\ $$

倍增数组就这么迅速地解决了!

算法流程

我们知道LCA(x,y)表示为两个节点的公共祖先.

也就是我们知道节点$x$,和节点$y$总会在一个节点相遇.

也就是经过一系列跳跃过后的节点$x$,和节点$y$的深度必须是相同的.

1. 节点x必须和节点y在同一深度
   根据这个条件,我们刚开始,显然深度更加深的节点(在下面的节点),跳跃到和另外一个节点(在上面的节点),一样的深度.
   $$ d[x]表示节点x的深度 \\\\ d[y]表示节点y的深度 \\\\ $$
   我们不妨认为,节点$x$深度更加深,是属于下面的节点.
   如果x在上面,我们就交换x,y即可,反正要使得.
   $$ d[x]>=d[y] $$
2. 利用二进制划分,使得节点$x$向上调整到,和节点$y$的同一深度.
   也就是不停地尝试让节点$x$往上走k步.
   $$ k=2^{log_n},..,2^1,2^0 $$
   如果说我们发现,节点$x$往上走$k$步,还是在$y$下面.
   $$ x=F[x][k] \quad 还没有抵达同一高度,我们还需要往上走 $$
3. 如果说上调的过程中,发现$x=y$,说明LCA找到了.
   往上面看图片,你可以认为是节点2,和节点4的情况.节点2是节点4的父亲节点.
4. 当$x,y$节点他们的深度一致的时候,两个节点都向上跳跃同样高度,并且需要保证两个节点不相遇
   为什么要跳跃同一高度?
   之前我们就说了,两个节点必须保证同一高度.
   为什么要保证两个节点不相遇,题目不是要我们找到最近公共祖先吗?
   这是为了保证最近这个性质.
   我们发现满足两个节点不相遇的,深度最浅的两个节点.也就是在最近公共祖先节点下面,离最近公共祖先节点,最近的节点.
   就是最近公共祖先节点的两个儿子节点.
   那么这两个儿子节点,他们的父亲节点,就必然是最近公共祖先节点.
   怎么向上跳跃?其实和之前跳跃是一样的.
   也就是不停地尝试让节点$x,y$往上走k步.
   $$ 假如说F[x][k]!=F[y][k] \quad 也就是没有相遇 \\\\ x=F[x][k] \quad 还没有抵达同一高度,我们还需要往上走 \\\\ y=F[y][k] \quad 此时x,y节点还没有相遇.也需要往上走 \\\\ $$
5. 然后最后我们输出$F[x][0]$,也就是x节点的父节点,我们的最近公共祖先.

代码解析

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,s,x,y,tot=0;
const int N=500005,M=1000005;//N存储节点总数,M存储边的总数
int head[N],edge[M],Next[M];
int deep[N],fa[N][22],lg[N];
//deep[i]是i号节点的深度
//lg是log数组
void add(int x,int y)//链式前项星加边
{
    edge[++tot]=y;//存储节点
    Next[tot]=head[x];//链表
    head[x]=tot;//标记节点位置
    return ;
}
void dfs(int x,int y)
{
    deep[x]=deep[y]+1;//x是y的儿子节点,所以要+1
    fa[x][0]=y;//fa[x][0]表示x的父亲节点,而y是x的父亲节点.
    for(int i=1; (1<<i)<=deep[x]; i++) //2^i<=deep[x]表示不能跳出去了,最多跳到根节点上面
        fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];//状态转移 2^i=2^(i-1)+2^(i-1)
    for(int i=head[x]; i; i=Next[i]) //遍历所有的出边
        if(edge[i]!=y)//因为是无向图,所以要避免回到父亲节点上面去了
            dfs(edge[i],x);//访问儿子节点,并且标记自己是父亲节点
    return ;//返回
}
int LCA(int x,int y)
{
    if(deep[x]<deep[y])//强制要求x节点是在下方的节点
        swap(x,y);//交换,维持性质
    while(deep[x]>deep[y])//当我们还没有使得节点同样深度
        x=fa[x][lg[deep[x]-deep[y]]-1];//往上面跳跃,deep[x]-deep[y]是高度差.-1是因为lg数组是Log值大1
    if(x==y)//发现Lca(x,y)=y
        return x;//返回吧,找到了...
    for(int k=lg[deep[x]]-1; k>=0; k--) //从大到小,枚举我们所需要的长度.2^(log(deep[x]))~1
        if(fa[x][k]!=fa[y][k])//如果发现x,y节点还没有上升到最近公共祖先节点
        {
            x=fa[x][k];//当然要跳跃
            y=fa[y][k];//当然要跳跃
        }
    return fa[x][0];//必须返回x的父亲节点,也就是Lca(x,y)
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);//n个节点,m次询问,s为根节点
    for(int i=1; i<n; i++) //n-1条边
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);//读入边
        add(x,y);//建立边
        add(y,x);//建立无向图
    }
    dfs(s,0);//从根节点,开始建立节点之间的跳跃关系,根节点的父亲节点没有,故选择0
    for(int i=1; i<=n; i++)
        lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);//处理log数组的关系,lg[x]=log(x)+1,请记得最后使用要-1
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);//读入需要查询的节点
        printf("%d\n",LCA(x,y));//输出查询的结果
    }
    return 0;
}

例题

题目描述

原题连接

Y岛风景美丽宜人，气候温和，物产丰富。

Y岛上有N个城市（编号$1,2,…,N$），有$N-1$条城市间的道路连接着它们。

每一条道路都连接某两个城市。

幸运的是，小可可通过这些道路可以走遍Y岛的所有城市。

神奇的是，乘车经过每条道路所需要的费用都是一样的。

小可可，小卡卡和小YY经常想聚会，每次聚会，他们都会选择一个城市，使得3个人到达这个城市的总费用最小。

由于他们计划中还会有很多次聚会，每次都选择一个地点是很烦人的事情，所以他们决定把这件事情交给你来完成。

他们会提供给你地图以及若干次聚会前他们所处的位置，希望你为他们的每一次聚会选择一个合适的地点。

输入格式

第一行两个正整数，$N$和$M$，分别表示城市个数和聚会次数。

后面有$N-1$行，每行用两个正整数$A$和$B$表示编号为$A$和编号为$B$的城市之间有一条路。

再后面有$M$行，每行用三个正整数表示一次聚会的情况：小可可所在的城市编号，小卡卡所在的城市编号以及小YY所在的城市编号。

输出格式

一共有$M$行，每行两个数$Pos$和$Cost$，用一个空格隔开，表示第$i$次聚会的地点选择在编号为$Pos$的城市，总共的费用是经过$Cost$条道路所花费的费用。

数据范围

$$ N \le 500000 \\\\ M \le 500000 \\\\ $$

输入样例：

6 4
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6
4 5 6
6 3 1
2 4 4
6 6 6

输出样例：

5 2
2 5
4 1
6 0

解题报告

题意理解

不同于一般的LCA题目,这道题目是,在一棵$n-1$条边的树上,有三个节点,要你求出这个三个点抵达一个汇聚点的最少代价.

算法解析

这道题目的核心点,就是它是由三个点构成的最短路.

为什么,它同于一般的题目,难道不是让我们直接求出三个点的最近公共祖先?

汇聚点为什么不是
$$ Lca(Lca(a,b),Lca(a,c)) \\\\ 或者 \\\\ Lca(Lca(a,c),Lca(b,c)) \\\\ 以上选项二选一 $$
如果你真的是这么想,脑海里面只有A,B选项,那么你应该庆幸,出题人比较良心丧心病狂留下的唯一良知,他给你提出了一个样例,告诉你为什么不是这样.

因为文化课考试的时候,题目都是A,B,C或者再来一个D的单项选择题.

$3$人分别在$4,5,6$三个节点上面.

仔仔细细地观察一下,我们发现这道题目的汇聚点,应该是5,而不是4.

1. 假如说我们按照楼上这个错误思路,我们的三点的最近公共祖先节点,应该是4.
2. 但是最少花费,显然是在$5$号节点.

我们的思路居然是错误的!!!

它到底错误在了哪里.

我们要分析一下,这道题目,为什么选择的是5,而不是4?

选择$4$,那么$1$号小朋友不需要行动.

选择$5$,那么$2,3$号小朋友汇聚在点$5$后,都不需要行动.

我们可以这么现实化这道题目.

$2,3$号小朋友他们是互相的知己一对狗男女,所以说,他们想要先在一起.发朋友圈,秀恩爱

所以$2,3$号小朋友他们会先聚集在一起

花费代价为
$$ 消耗距离=deep[b]+deep[c]-2 \times deep[Lca(b,c)] $$

此时我们面临两大选择.

1. $1$号同学孤身一人走到2,3号同学相遇的地方.
2. $2,3$号同学一起手拉手和$1$号同学相遇.再秀一次恩爱,虐一下单身狗1号

假如说$1$号同学,与$2,3$号同学相隔$L$个距离.

我们将会发现,两大选择,会产生两大代价.

然而显然一号选择是最好不过的了.
同样的距离,一个人是一个人走,一个是两个人走,那么必然一个人走消耗卡路里更少.

那么2,3号汇聚的话,他们会花费
$$ 消耗=deep[y]+deep[z]-2 \times deep[Lca(y,z)] $$

之后一号过来找他们，距离消耗了：

$$ deep[x]-deep[lca(x,lca(y,z))] $$

这时候一号到了$(x,y,z)$公共祖先，然后一号朝$Lca(y,z)$走
$$ deep[Lca(y,z)]-deep[Lca(x,Lca(y,z))] $$

那么消耗总值就是
$$ 消耗总值=deep[y]+deep[z]-deep[Lca(y,z)]+deep[x]-2*deep[lca(x,Lca(y,z))] $$

1. $1,2$先在一起
2. $2,3$先在一起
3. $1,3$先在一起

代码解析

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500000+200,M=500000*2+100;
int n,m,s,lg[N],deep[N];
struct Lca
{
    int head[M],Next[M],edge[M],tot,fa[N][22];
    void init()
    {
        memset(head,0,sizeof(head));
        tot=0;
    }
    void add_edge(int a,int b)
    {
        edge[++tot]=b;
        Next[tot]=head[a];
        head[a]=tot;
        return ;
    }
    void dfs(int x,int y)
    {
        deep[x]=deep[y]+1;
        fa[x][0]=y;
        for(int i=1; (1<<i)<=deep[x]; i++)
            fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
        for(int i=head[x]; i; i=Next[i])
            if (edge[i]!=y)
                dfs(edge[i],x);
        return ;
    }
    int LCA(int x,int y)
    {
        if (deep[x]<deep[y])
            swap(x,y);
        while(deep[x]>deep[y])
            x=fa[x][lg[deep[x]-deep[y]]-1];
        if (x==y)
            return x;
        for(int k=lg[deep[x]]-1; k>=0; k--)
            if (fa[x][k]!=fa[y][k])
            {
                x=fa[x][k];
                y=fa[y][k];
            }
        return fa[x][0];
    }
} g1;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    g1.init();
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        g1.add_edge(a,b);
        g1.add_edge(b,a);
    }
    g1.dfs(1,0);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x,y,z,c_x,c_y,c_z,dx,dy,dz;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        c_x=g1.LCA(x,y),dx=deep[x]+deep[y]-deep[c_x]+deep[z]-2*deep[g1.LCA(z,c_x)];
        c_y=g1.LCA(y,z),dy=deep[y]+deep[z]-deep[c_y]+deep[x]-2*deep[g1.LCA(x,c_y)];
        c_z=g1.LCA(x,z),dz=deep[x]+deep[z]-deep[c_z]+deep[y]-2*deep[g1.LCA(y,c_z)];
        if(dx>dy) 
            dx=dy,c_x=c_y;
        if(dx>dz) 
            dx=dz,c_x=c_z;
        printf("%d %d\n",c_x,dx);
    }
    return 0;
}