第三章 图论 No.8最近公共祖先lca, tarjan与次小生成树
lca
O
(
m
l
o
g
n
)
O(mlogn)
O(mlogn)，n为节点数量，m为询问次数，lca是一种在线处理询问的算法
自己也是自己的祖先
倍增：
f
a
(
i
,
j
)
fa(i, j)
fa(i,j)表示从i开始，向上走
2
j
2^j
2j步走到的点
j = 0，走到父节点
j > 0，分两步走，先走到
2
j
−
1
2^{j-1}
2j−1步再走
2
j
−
1
2^{j-1}
2j−1步，那么一共就会走
2
j
2^j
2j步，
f
a
(
i
,
j
)
=
f
a
(
f
a
(
i
,
j
−
1
)
,
j
−
1
)
fa(i, j) = fa(fa(i, j-1), j-1)
fa(i,j)=fa(fa(i,j−1),j−1)
d
e
p
t
h
(
i
)
depth(i)
depth(i)表示层数
- 将两点跳到同一层
- 让两个点同时往上跳，直到跳到公共祖先的下一层
第一步：基于二进制的思想，x和y之间的层数差距为
d
e
p
t
h
(
x
)
−
d
e
p
t
h
(
y
)
depth(x) - depth(y)
depth(x)−depth(y)，假设y的层数小于x的层数，此时x要往上跳
若要跳k层，那么根据k的二进制表示将k拆分成多个2的幂相加，由于我们已经预处理了
f
(
i
,
j
)
f(i, j)
f(i,j)，所以根据
f
(
i
,
j
)
f(i, j)
f(i,j)的值往上跳即可
当
f
(
x
,
k
)
=
f
(
y
,
k
)
f(x, k) = f(y, k)
f(x,k)=f(y,k)时，即x往上跳k步和y往上跳k步后，位于同一个位置，此时找到了一个公共祖先，但不是最近公共祖先，所以这里要减小k的值，直到
f
(
x
,
k
)
≠
f
(
y
,
k
)
f(x, k) ≠ f(y, k)
f(x,k)=f(y,k)，此时才找到了最近公共祖先
规定
d
e
p
t
h
(
0
)
=
0
depth(0) = 0
depth(0)=0，0号点为哨兵，位于第0层，根节点位于第一层
向上跳
2
k
2^k
2k步后，若跳出了这颗树，那么
f
(
i
,
k
)
=
0
f(i, k) = 0
f(i,k)=0
预处理depth和fa的板子：
void bfs(int root)
{
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
q[tt ++ ] = root;
depth[root] = 1, depth[0] = 0;
while (tt >= hh)
{
int x = q[hh ++ ];
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (depth[y] > depth[x] + 1)
{
depth[y] = depth[x] + 1;
q[tt ++ ] = y;
fa[y][0] = x;
for (int k = 1; k <= c; ++ k )
fa[y][k] = fa[fa[y][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
lca板子：
int lca(int x, int y)
{
if (depth[x] < depth[y]) swap(x, y);
for (int k = c; k >= 0; -- k )
if (depth[fa[x][k]] >= depth[y])
x = fa[x][k];
if (x == y) return y;
for (int k = c; k >= 0; -- k )
if (fa[x][k] != fa[y][k])
{
x = fa[x][k];
y = fa[x][k];
}
return fa[x][0];
}
Tarjan
O
(
n
+
m
)
O(n + m)
O(n+m) ，n为节点数量，m为询问次数
tarjan是一种离线处理询问的算法，是向上标记法的优化
在深度优先遍历时，将所有点分成三大类
- 已经遍历过且已经回溯的点
- 已经遍历但正在搜索的分支
- 还未搜索到的点
将已经遍历且回溯的点标记成2，正在遍历的点标记成1，未遍历的点标记成0
对于正在回溯的点，需要处理所有有关该点的询问信息：若询问的另外一个点已经遍历过（回溯完成），那么该点将被分到一个集合中，集合的代表点就是两点的最近公共祖先
比如上图，当前正在遍历x这个点，已经遍历完的点为绿色部分，这些点所属集合的代表点位于红色分支上
模板：
// 用dfs维护dis数组
void dfs(int x, int fa)
{
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (y != fa)
{
dis[y] = dis[x] + w[i];
dfs(y, x);
}
}
}
// tarjan处理询问
void tarjan(int x)
{
st[x] = 1; // 当前正在遍历该点
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (!st[y]) // 当前为遍历ydian
{
tarjan(y);
p[y] = u;
}
}
for (auto item : query[x]) // 处理有关当前节点的询问
{
int y = item.first, id = item.first; // id为该询问的唯一编号
if (st[y] == 2) // 询问的另一点已经遍历过
{
int anc = find(y); // 找到集合的代表点，公共祖先
res[id] = dis[x] + dis[y] - 2 * dis[anc]; // 根据id将答案存储到数组中
}
}
st[x] = 2; // 当前节点遍历完
}
板子题：1172. 祖孙询问
由于树的层数最大有40000层，所以一个节点最多向上跳 l o g 400000 log400000 log400000层，大概是一个大于 2 15 2^{15} 215小于 2 16 2^{16} 216的数，所以最多跳 2 16 − 1 2^{16} - 1 216−1层，二进制位取15即可
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 4e4 + 10, M = 2 * N;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int q[N], hh, tt = -1;
int depth[N], fa[N][16]; // 最多跳2^16-1
int n;
void add(int x, int y)
{
e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}
void bfs(int root)
{
q[++ tt] = root;
memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));
depth[0] = 0, depth[root] = 1;
while (tt >= hh)
{
int x = q[hh ++ ];
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (depth[y] > depth[x] + 1)
{
depth[y] = depth[x] + 1;
fa[y][0] = x;
q[++ tt ] = y;
for (int k = 1; k <= 15; ++ k )
fa[y][k] = fa[fa[y][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
int lca(int x, int y)
{
if (depth[x] < depth[y]) swap(x, y);
for (int k = 15; k >= 0; -- k )
if (depth[fa[x][k]] >= depth[y])
x = fa[x][k];
if (x == y) return y;
for (int k = 15; k >= 0; -- k )
if (fa[x][k] != fa[y][k])
{
x = fa[x][k];
y = fa[y][k];
}
return fa[x][0];
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof(h));
scanf("%d", &n);
int root;
int a, b;
for (int i = 0; i < n; ++ i )
{
scanf("%d%d", &a, &b);
if (b == -1) root = a;
else add(a, b), add(b, a);
}
bfs(root);
int m;
scanf("%d", &m);
for (int i = 0; i < m; ++ i )
{
scanf("%d%d", &a, &b);
int t = lca(a, b);
if (t == a) puts("1");
else if (t == b) puts("2");
else puts("0");
}
return 0;
}
lca或tarjan：1171. 距离
与上题一样，题目要处理很多询问，可以用lca或者离线tarjan解决
树的最短路问题可以从公共祖先的角度考虑，假设x和y的公共祖先为t，
d
i
s
(
t
)
dis(t)
dis(t)为根节点到t的距离，那么x和y之间的最短距离就是
d
i
s
(
x
)
+
d
i
s
(
y
)
−
2
∗
d
i
s
(
t
)
dis(x) + dis(y) - 2 * dis(t)
dis(x)+dis(y)−2∗dis(t)
题目没有给定根节点，我们任意指定一个点为根节点即可
lca解法：
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10, M = 2 * N;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int depth[N], fa[N][16];
int q[N], hh, tt = -1;
int dis[N];
void add(int x, int y, int d)
{
e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}
void dfs(int root)
{
memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));
depth[0] = 0, depth[root] = 1;
q[++ tt ] = root;
while (tt >= hh)
{
int x = q[hh ++ ];
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (depth[y] > depth[x] + 1)
{
depth[y] = depth[x] + 1;
dis[y] = dis[x] + w[i];
fa[y][0] = x;
q[++ tt ] = y;
for (int k = 1; k <= 15; ++ k )
fa[y][k] = fa[fa[y][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
int lca(int x, int y)
{
if (depth[x] < depth[y]) swap(x, y);
for (int k = 15; k >= 0; -- k )
if (depth[fa[x][k]] >= depth[y])
x = fa[x][k];
if (x == y) return y;
for (int k = 15; k >= 0; -- k )
if (fa[x][k] != fa[y][k])
{
x = fa[x][k];
y = fa[y][k];
}
return fa[x][0];
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof(h));
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
int x, y, d;
for (int i = 0; i < n - 1; ++ i )
{
scanf("%d%d%d", &x, &y, &d);
add(x, y, d), add(y, x, d);
}
dfs(1);
for (int i = 0; i < m; ++ i )
{
scanf("%d%d", &x, &y);
int t = lca(x, y);
printf("%dn", dis[x] + dis[y] - 2 * dis[t]);
}
return 0;
}
tarjan解法：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10, M = 2 * N;
typedef pair<int, int> PII;
vector<PII> query[N];
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int res[M], dis[N], st[N], p[N];
int n, m;
void add(int x, int y, int d)
{
e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}
void dfs(int x, int fa)
{
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (y != fa)
{
dis[y] = dis[x] + w[i];
dfs(y, x);
}
}
}
int find(int x)
{
if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
void tarjan(int x)
{
st[x] = 1;
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (!st[y])
{
tarjan(y);
p[y] = x;
}
}
for (auto item : query[x])
{
int y = item.first, id = item.second;
if (st[y] == 2)
{
int anc = find(y);
res[id] = dis[x] + dis[y] - 2 * dis[anc];
}
}
st[x] = 2;
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof(h));
scanf("%d%d", &n, &m);
int x, y, d;
for (int i = 0; i < n - 1; ++ i )
{
scanf("%d%d%d", &x, &y, &d);
add(x, y, d), add(y, x, d);
}
for (int i = 0; i < m; ++ i )
{
scanf("%d%d", &x, &y);
query[x].push_back({y, i}); // 将查询的另一个点与查询编号保存
query[y].push_back({x, i});
}
dfs(1, -1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i ) p[i] = i;
tarjan(1);
for (int i = 0; i < m; ++ i ) printf("%dn", res[i]);
return 0;
}
debug：维护的query信息要不同地插入两次
query[x].push_back({y, i});
query[y].push_back({x, i});
因为当前询问有关x的信息时，y可能没有遍历完，但是询问y有关的信息时，x是遍历完的
356. 次小生成树
d
1
(
i
,
j
)
d1(i, j)
d1(i,j)表示从i往上跳
2
j
2^j
2j层后，路径上的最大边权
d
2
(
i
,
j
)
d2(i, j)
d2(i,j)表示从i往上跳
2
j
2^j
2j层后，路径上的次大边权
跳
2
j
2^j
2j步是一个类似分治的过程，分成两部分跳，这两部分依旧能分成两部分跳
路径上的最大值为每一段的最大值取max，次大值为所有子路径的最大值和次大值中的第二大，每次遍历子线段时维护信息即可
if (d > d1) d2 = d1, d1 = d;
else if (d != d1 && d > d2) d2 = d;
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10, M = 3e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
int x, y, w;
bool f;
bool operator<(const Edge& e) const
{
return w < e.w;
}
}edges[M];
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int p[N], depth[N], fa[N][17];
int q[N], hh, tt = -1;
int d1[N][17], d2[N][17];
int d[M];
int n, m;
void add(int x, int y, int d)
{
e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}
int find(int x)
{
if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
LL kruskal()
{
LL res = 0;
sort(edges, edges + m);
for (int i = 1; i <= n; ++ i ) p[i] = i;
for (int i = 0; i < m; ++ i )
{
auto t = edges[i];
int x = t.x, y = t.y, w = t.w;
int px = find(x), py = find(y);
if (px != py)
{
res += w;
p[px] = py;
edges[i].f = true;
add(x, y, w), add(y, x, w);
}
}
return res;
}
void bfs()
{
q[++ tt ] = 1;
memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));
depth[0] = 0, depth[1] = 1;
while (tt >= hh)
{
int x = q[hh ++ ];
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (depth[y] > depth[x] + 1)
{
depth[y] = depth[x] + 1;
fa[y][0] = x;
d1[y][0] = w[i], d2[y][0] = -INF;
q[++ tt ] = y;
for (int k = 1; k <= 16; ++ k )
{
int mid = fa[y][k - 1];
fa[y][k] = fa[mid][k - 1];
d1[y][k] = d2[y][k] = -INF;
int a[4] = { d1[mid][k - 1], d2[mid][k - 1], d1[y][k - 1], d2[y][k - 1] };
for (int i = 0; i < 4; ++ i )
{
if (a[i] > d1[y][k]) d2[y][k] = d1[y][k], d1[y][k] = a[i];
else if (a[i] != d1[y][k] && a[i] > d2[y][k]) d2[y][k] = a[i];
}
}
}
}
}
}
int lca(int x, int y, int w)
{
int cnt = 0;
if (depth[x] < depth[y]) swap(x, y);
for (int k = 16; k >= 0; -- k )
if (depth[fa[x][k]] >= depth[y])
{
d[cnt ++ ] = d1[x][k];
d[cnt ++ ] = d2[x][k];
x = fa[x][k];
}
if (x != y)
{
for (int k = 16; k >= 0; -- k )
{
if (fa[x][k] != fa[y][k])
{
d[cnt ++ ] = d1[x][k], d[cnt ++ ] = d2[x][k];
d[cnt ++ ] = d1[y][k], d[cnt ++ ] = d2[y][k];
x = fa[x][k], y = fa[y][k];
}
d[cnt ++ ] = d1[x][0], d[cnt ++ ] = d2[x][0];
d[cnt ++ ] = d1[y][0], d[cnt ++ ] = d2[y][0];
}
}
int dmax1 = -INF, dmax2 = -INF;
for (int i = 0; i < cnt; ++ i )
{
if (d[i] > dmax1) dmax2 = dmax1, dmax1 = d[i];
else if (d[i] != dmax1 && d[i] > dmax2) dmax2 = d[i];
}
if (w > dmax1) return w - dmax1;
return w - dmax2;
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof(h));
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; ++ i )
scanf("%d%d%d", &edges[i].x, &edges[i].y, &edges[i].w);
LL sum = kruskal(); // 最小生成树的权值
bfs();
LL res = 1e19;
for (int i = 0; i < m; ++ i )
if (!edges[i].f)
res = min(res, sum + lca(edges[i].x, edges[i].y, edges[i].w));
printf("%lldn", res);
return 0;
}
352. 闇の連鎖
树上差分，将x到y的最短路径上所有的边加上c，若p为x和y的公共祖先，那么
d(x) += c, d(y) += c, d(p) -= 2c
如何计算某条边的权值？以这条边的子节点为根的子树中，所有边的权值相加为这条边的权值
在一颗树中，删除任意一条边，那么这颗树将被切成两个连通块
若向树中再添加一条边，那么这条非树边和树边就一定构成环，要向将此时的“树”切成两个连通块，就要删除环中的任意一条树边与这条非树边
题目限制只能先切树边，再切非树边，一共两次，两次过后还没有切成两个连通块，说明这个方案行不通
当切除树边，不用再切除非树边就得到两个连通块时，由于题目限制，还需要切除一条非树边，假设非树边有m条，那么此时可以选择m条边中的任意一条切除，此时的方案数为m
若切除树边后，还要再切除一条非树边，才能得到两个连通块时，此时的方案数为1，只能切除这条环中的非树边
若切除树边后，还要再切除大于一条的非树边，此时无法再切除，方案数为0
现在的问题是，如何知道切除某条树边后，还需要再切除几条非树边？
假设现在已经用树边建立了一棵树，此时再添加非树边将构成环，将环中的所有树边权值加1，假设初始权值为0，此时可以使用树上差分
然后遍历所有的树边，根据边权计算方案数
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int depth[N], fa[N][17];
int q[N], hh, tt = -1;
int d[N];
int n, m, ans;
void add(int x ,int y)
{
e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}
void bfs()
{
memset(depth, 0x3f, sizeof(depth));
depth[0] = 0, depth[1] = 1;
q[++ tt ] = 1;
while (tt >= hh)
{
int x = q[hh ++ ];
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (depth[y] > depth[x] + 1)
{
depth[y] = depth[x] + 1;
fa[y][0] = x;
q[++ tt ] = y;
for (int k = 1; k <= 16; ++ k )
fa[y][k] = fa[fa[y][k - 1]][k - 1];
}
}
}
}
int lca(int x, int y)
{
if (depth[x] < depth[y]) swap(x, y);
for (int k = 16; k >= 0; -- k )
if (depth[fa[x][k]] >= depth[y])
x = fa[x][k];
if (x == y) return x;
for (int k = 16; k >= 0; -- k )
if (fa[x][k] != fa[y][k])
{
x = fa[x][k];
y = fa[y][k];
}
return fa[x][0];
}
int dfs(int x, int f)
{
int res = d[x];
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int y = e[i];
if (f != y)
{
int t = dfs(y, x);
if (t == 0) ans += m;
else if (t == 1) ans ++;
res += t;
}
}
return res;
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof(h));
scanf("%d%d", &n, &m);
int x, y;
for (int i = 0; i < n - 1; ++ i )
{
scanf("%d%d", &x, &y);
add(x, y), add(y, x);
}
bfs();
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; ++ i)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
int p = lca(x, y);
d[x] ++, d[y] ++, d[p] -= 2;
}
dfs(1, -1);
printf("%dn", ans);
return 0;
}