Tarjan求LCA
前言：
沒想到吧，\(tarjan\)不僅可以用來求割點和橋，縮點，還能求\(LCA\)。不過，\(tarjan\)求\(LCA\)是離線的，要線上演算法的話還是學倍增吧。
正題:
這次的\(tarjan\)不需要回溯值和\(dfs\)序，本質的來說，其實\(tarjan\)求\(LCA\)跟割點和橋，縮點沒有任何關係一個人發明的算不算。
前置知識：並查集
當然，\(tarjan\)的其他兩個演算法跟\(dfs\)有關，求\(LCA\)也不例外，我們是在\(dfs\)的基礎上，一步一步求出來的。
步驟如下：
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對這課樹進行\(dfs\)，從根開始
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對於每個節點，我們不先標記這個點走過，回溯的時候才標記
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對於每個節點，遍歷與之相鄰且未走過的點，並把這些點的父親標記為當前節點，相當於合併這些點
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對於每個節點，當與之相鄰的點遍歷完後，查詢在求LCA問題中與自己相關的問題，看它問題中的另外一個點有沒有被查詢到，有的話就把這兩個點的答案賦值為另外一個點的父親（當然是合併後的父親）
第三步的是否走過時指遍歷到了沒有，不是標記。對於合併，合併後查詢父親，我們就用並查集來完成。
這樣自然是不好理解的，來看個例子（以下的\(find\)函式就是普通並查集的\(find\)）：
這是我們的圖，現在假設我們要求\(3\)和\(4\)，\(2\)和\(6\)的\(LCA\)。
先進行第一步，此時我們先是從\(1\)
此時，\(2\)的兒子沒遍歷完開始遍歷\(4\)，與\(4\)相關的節點\(3\),是搜過的，此時\(LCA\)\(3\),\(4\)就是\(find\)（\(3\)）也就是\(2\)（注意不能\(find\)（\(4\)），而是\(find\)與之相關的另外一個節點）。然後合併\(4\)，把\(4\)的父親標記為\(2\)。
這時應該遍歷\(2\)了，發現與之相關的\(6\)未找到，於是把\(2\)的父親標記為\(1\)
後面的就以此類推了。這一步應該判斷\(6\)，求出\(LCA2\),\(6\)為\(1\)，合併\(6\)，標記父親。
把\(5\)合併，父親為\(1\)。
到\(1\)了後就沒有了，演算法完結。
接下來講講實現。
例題：
這就是模板了吧，我把程式碼貼一貼，理解一下（特別短！！！而且這道題對於倍增和\(RMQ\)都需要卡卡常，而\(tarjan\)我用\(vector\)建圖不加快讀快寫就能過，當然得把註釋刪掉，不然會\(T\)）。
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
int p , id;
}; //代表與之相關的點和這一對LCA是第幾個答案
int n , m , root;
int fa[500010] , vis[500010]/*標記+判斷是否走過*/ , ans[500010];
vector<int> e[500010]; //建邊
vector<node> q[500010]; //儲存問題
int find(int x){ //路徑壓縮
if(fa[x] == x) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
void tarjan(int x){
vis[x] = 2; //2表示走過
for(int i = 0; i < e[x].size(); i++){
int nx = e[x][i];
if(vis[nx]) continue;
tarjan(nx);
fa[nx] = x; //標記父親
}
for(int i = 0; i < q[x].size(); i++){
int px = q[x][i].p , ix = q[x][i].id; //找與之相關的點
if(vis[px] == 1) ans[ix] = find(px);
}
vis[x] = 1; //1表示標記過
}
int main(){
cin >> n >> m >> root;
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i; //並查集初始化
for(int i = 1; i <= n - 1; i++){
int x , y;
cin >> x >> y; //建圖，注意雙向邊（被坑過）
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
int x , y;
cin >> x >> y; //因為我們在tarjan過程中不知道求的是第幾個答案，所以要儲存一下這一對LCA是第幾個答案
q[x].push_back((node){y/*與之相關的點*/ , i/*第幾個答案*/});
q[y].push_back((node){x , i});
}
tarjan(root); //跑LCA
for(int i = 1; i <= m; i++) cout << ans[i] << endl; //輸出
return 0;
}
再來一道例題：
這道題還需要用到最小生成樹。
先講下思路吧。
對於一些道路，我們在保證圖的連通性時，是可以刪掉的，就如樣例的邊\(1\)，\(3\)，我們是肯定不會走這條路的，題目沒有要求路更短，那麼我們就可以刪掉一些小邊，只要不破壞圖的連通性就行（原來就不連通那可沒辦法了），這時，我們可以想到最大生成樹，把小邊刪掉，保留大邊，這樣就可以既保證圖的連通性，又減少冗餘的邊。接下來，對於一棵樹，任意兩點是不是就只有一條路徑了，我們就可以求出要求的兩點的\(LCA\)，然後從兩個點往上查詢，直到找到他們的\(LCA\)，取最小值，最後輸出即可。
當然，可以優化的，具體應該是在\(tarjan\)過程中就求出他們的路徑和最小值，但是我太菜了死活沒想出來，只能想到這裡了。
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
int l , r , w;
}; //存邊
node ed[300010];
int n , m , q , now;
int fa[300010] , vis[300010] , lca[300010] , rf[300010]/*存往上走的路徑*/ , wrf[300010]/*存LCA往上走時的邊權*/ , qu1[300010] , qu2[300010]/*存問題的節點*/;
vector<pair<int , int> > e[300010]; //跑完最大生成樹後再建邊
vector<pair<int , int> > ques[300010]; //存問題
int find(int x){
if(fa[x] == x) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
bool cmp(node x , node y){ //最大生成樹
return x.w > y.w;
}
void trajan(int x){
vis[x] = 2; //走過
for(int i = 0; i < e[x].size(); i++){
int nx = e[x][i].first;
if(vis[nx]) continue;
trajan(nx);
rf[nx] = x; //存往上走的路徑
wrf[nx] = e[x][i].second; //存路徑值
fa[nx] = x;
}
for(int i = 0; i < ques[x].size(); i++) //存LCA
if(vis[ques[x][i].first] == 1) lca[ques[x][i].second] = find(ques[x][i].first);
vis[x] = 1; //標記走過
}
int dfs(int x , int need){ //找路徑最小值
if(x == need) return 0x3fffff; //為本身
if(rf[x] == need) return wrf[x]; //父親是LCA就停止
return min(wrf[x] , dfs(rf[x] , need)); //取min
}
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> ed[i].l >> ed[i].r >> ed[i].w;
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i; //最大生成樹並查集初始化
sort(ed + 1 , ed + m + 1 , cmp);
for(int i = 1; i <= m; i++){
int fx = find(ed[i].l) , fy = find(ed[i].r);
if(fx == fy) continue;
fa[fx] = fy;
e[ed[i].l].push_back(make_pair(ed[i].r , ed[i].w)); //建圖
e[ed[i].r].push_back(make_pair(ed[i].l , ed[i].w));
now++;
if(now == n - 1) break;
}
cin >> q;
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= q; i++){
int x , y;
cin >> x >> y;
qu1[i] = x , qu2[i] = y;
ques[x].push_back(make_pair(y , i)); //存問題
ques[y].push_back(make_pair(x , i));
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(!vis[i]) trajan(i);
for(int i = 1; i <= q; i++){
if(find(qu1[i]) != find(qu2[i])){ //不是同一個聯通快
cout << -1 << endl;
continue;
}
int min1 = dfs(qu1[i] , lca[i]) , min2 = dfs(qu2[i] , lca[i]);
if(qu1[i] == qu2[i]) cout << 0 << endl; //如果兩個相等
else cout << min(min1 , min2) << endl; //取min
}
return 0;
}
廢話結束，正片開始，學\(Treap\)去了，把以前坑填了