c/c++语言开发共享RMQ求LCA

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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("%dn", query(dfn[x], dfn[y]));     }     return 0; }