最近公共祖先是树上的概念，不了解树的出门左转百度：树（数据结构名词）_百度百科
假设我们需要求 x 和 y 的最近公共祖先，这里有多种等价的定义
路径 x 到 y 上深度最小的点
x 和 y 公共祖先中深度最大的点
x 和 y 在这棵树上距离最近的公共祖先结点
如果
x就是y的祖先，则x本身就是两者的最近公共祖先
通常来说有四种
树上倍增
dfs序与ST表
树链剖分
Tarjan (离线算法)
这里我们只讨论前三种在线算法
倍增的思想可以看一下这篇文章：算法学习笔记(3): 倍增与ST算法
这是基于朴素方法的优化，所以在讲树上倍增之前我们还需要讲一下朴素的方法
选择 x 和 y 中深度较大的点，向上跳直到两者深度相同，然后两者同时向上跳直到两者第一次相遇，此时两者所在即是最近公共祖先
显然，我们每次只跳一个显然不优，所以借鉴倍增与二进制拆分的思想
令 fa[x][k] 指从 x 开始，向上跳 2^k 次所能达到的祖先，特别的，如果深度不够，则 fa[x][k] = 0
那么，基于朴素算法的流程：我们只需要跳的时候利用倍增的思想就行了
这里给出一种参考代码：
notice: 这其实不是一种特别好的写法
int lca(int x, int y) {
int p;
// 这里保证了x是深度相对较大那一个
if (dep[x] < dep[y]) p = x, x = y, y = p;
// 将x跳到与y深度相同的位置
p = 0;
while (p >= 0) {
if (dep[fa[x][p]] >= dep[y]) x = fa[x][p], ++p;
else --p;
}
// 达到同样深度就已经相遇（y是x的祖先）
if (x == y) return x;
// 两者同时向上跳直到相遇
p = 0;
while (p >= 0) {
if (fa[x][p] != fa[y][p]) x = fa[x][p], y = fa[y][p], ++p;
else --p;
}
// 最后还要向上跳一个才是公共祖先
// 通过这种倍增写法得出的位置是最后一个满足if条件的位置！！！
return fa[x][0];
}
Update At 2023.06.29：有更好的写法，常数小很多。
inline int LCA(int x, int y) { if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y); while (dep[x] != dep[y]) x = fa[x][lg[dep[x] - dep[y]]]; if (x == y) return x; for (int k = lg[dep[x]]; ~k; --k) { if (fa[x][k] ^ fa[y][k]) x = fa[x][k], y = fa[y][k]; } return fa[x][0]; }唯一的问题是需要 \(O(n)\) 递推求一下
lg[x]（\(\lfloor \log_2 x \rfloor\)）数组即可。但这，并不会影响复杂度。
再次参考：算法学习笔记(3): 倍增与ST算法
那么问题来了，如何初始化？
显而易见，跳 2^k 步相当于跳 2 次 2^(k-1) 步，所以有了
fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
在初始化的时候每一个点都需要 \(O(\log n)\)，那么总初始化需要 \(O(n \log n)\)
在询问时，令 k 为 x , y 到最近公共祖先的最大距离，根据倍增算法，则复杂度为 \(O(\log k)\)，当树退化成一条链时， k 最大取到 n ，那么最终复杂度应该为 \(O(\log n)\)
综上，初始化需要 \(O(n \log n)\) ，单次询问需要 \(O(\log n)\)。
这种方法相对难以理解，所以读者可以在掌握了一般的Tarjan缩点算法后再理解（这两个算法几乎没有关系，但是一些思想在Tarjan中有所体现)
下文中不是特别明白名词在后文中有所提及，或者可以参考讲解Tarjan算法的文章
先求出树每一个结点的 dfn ，不妨令 x 比 y 更先遍历到（ dfn[x] < dfn[y] ）
x 不是 y 的祖先在
dfs序列中，区间[dfn[x], dfn[y]]内一定包含了LCA子树的部分，但不包含LCA及其祖先，并且该区间一定包含了LCA到y路径上的第一个儿子，而且它的深度是最小的
所以，我们只需要找到区间 [dfn[x], dfn[y]] 中深度最小的点，它的父结点就是LCA
x 是 y 的祖先，则 x 就是LCA，且 x 是区间 [dfn[x], dfn[y]] 中深度最小的点，与上述情况不太一样，那么考虑我们将 x 排除在区间外，则在区间 [dfn[x] + 1, dfn[y]] 中深度最小的点的父亲结点就是 x 。返回考虑第一种情况，由于第一种情况 x 一定不是LCA，那么将区间替换为 [dfn[x] + 1, dfn[y]] 不影响答案。综上，我们只需要求区间 [dfn[x] + 1, dfn[y]] 中深度最小的点的父结点即可。
定义 rdfn 满足 x == rdfn[dfn[x]] ，ST表初始化时 f[i][0] = rdfn[i] 。
其实可以只需要
dfn就ok，f[dfn[i]][0] = i
定义区间操作
int Min(int x, int y) {
return depth[x] < depth[y] ? x : y;
}
定义查询操作
int query(int x, int y) {
if (x == y) return x; // 同一个结点啊
// 确保x是先遍历到的那一个结点
if (dfn[x] > dfn[y]) std::swap(x, y);
int k = log(dfn[y] - dfn[x]);
return Min(f[dfn[x] + 1][k], f[dfn[y] - (1<<k) + 1][k]);
}
其余的就套模板就行了。
再再次参考：算法学习笔记(3): 倍增与ST算法
初始化其实主要是ST表的初始化，所以初始化的复杂度为 \(O(n \log n)\) （实际上应该是 \(O(n + n \log n)\)）
查询也是ST表的区间查询，复杂度为 \(O(1)\)
好高级的名字……
树链剖分指将一棵树分割为若干条链，以维护树上信息。它包含重链剖分、长链剖分、实链剖分，在没有特殊说明的情况下，树链剖分一般指代重链剖分。这里也着重描述重链剖分。
这里先给出一些
dfs序指dfs的顺序。具体方法是用一个计数变量cnt，遍历到结点x时，时间戳
dfn[x] = ++cnt，对应dfs序列中第cnt个就是x而上文定义中的
rdfn则可以在同时通过rdfn[cnt] = x记录下来
结点的 dfn 大于其任意父结点
对于任意结点（包含本身）的子树中，存在一个 dfn 是连续的一条链
如果子树在dfs序列中是连续的一段，在维护子树（子树求和之类的子树操作）时，直接把它看做一个序列，那么就和在线段树上操作没有区别了
相邻重边链接形成的链
重子结点（如果有）与其父结点相连的边
一个结点的子结点中度最大的结点（孩子个数最多的点）
重链剖分就是将每一条重链单独划分出来，从而通过 dfn 来维护链上信息
至于如何剖分，需要进行两次遍历
第一次遍历，获得所有节点的 siz , dep , fa , son
这里
siz指结点的度，三个字符统一一下，fa是个例外，dep指结点的深度，fa指结点的父结点，son指结点的重子结点
第二次遍历，获得所有点的 dfn , top
这里
dfn无需解释，top指结点所在重链最顶部的结点
思路清晰，这里给出一种参考写法
注意前提，点编号从
1 ~ n，且这里用的是前向星存图（树）
int top[N], dfn[N], son[N], dep[N], siz[N], fa[N];
// work son, siz, dep and fa
void workSSDF(int x, int par) {
dep[x] = dep[par] + 1, fa[x] = par, siz[x] = 1;
for (int y, i = head[x]; i; i = edge[i].next) {
y = edge[i].to;
if (y == par) continue;
workSSDF(y, x);
siz[x] += siz[y];
if (siz[y] >= siz[son[x]]) son[x] = y;
}
}
// work dfn and top
int cdfn = 0;
void workDT(int x, int ptop) {
dfn[x] = ++cdfn, top[x] = ptop;
if (son[x]) workDT(son[x], top[x]);
for (int y, i = head[x]; i; i = edge[i].next) {
y = edge[i].to;
if (!dfn[y]) workDT(y, y);
}
}
这么麻烦的求这个树链剖分有啥用？
如果我们随便画一个图并模拟一下上述过程……
在两次遍历完之后：
考虑用纯markdown画图是真的难受，但树的结构是一样的……T^T
我们很容易发现，在同一条重链上的结点的 dfn 序是连续的……（这我们稍后在论述）
回到求LCA的流程，由于我们把树分为了从上到下的一些链
注意每一条链中没有深度相同的结点
所以，我们只需要不断的把两个结点通过 top 向上跳直到在同一条链上（此时 top[x] == top[y] ）
至于为什么要跳 top 结点的深度较大的结点……还请读者自行讨论
有一个需要注意的地方，不能直接
x = top[x]，因为top[top[x]] == top[x]!!!所以还需要跳到
top[x]的父节点上
流程清晰，这里给出一种参考代码
int lca(int x, int y) {
while (top[x] != top[y]) {
if (dep[top[x]] >= dep[top[y]]) x = fa[top[x]];
else y = fa[top[y]];
}
if (dep[x] <= dep[y]) return x;
return y;
}
太难写了 Q^Q
依据重链的定义，每一条重链至少占了重链顶端结点所在的子树结点的 \(\log n\) 个结点（一条链就占满了）
所以，剖分之后差不多是有 \(\log n\) 条重链，所以每次询问至多跳 \(\log n\) 次，所以……
初始化复杂度为 \(O(n)\) (两次dfs)，查询复杂度为 \(O(\log n)\)，当查询与点数同阶时快于倍增。并且空间复杂度更加优秀，为 \(O(n)\)，只是常数为 \(7\)。
看我的另一篇文章吧，太难写了，四千多个字呜啊