LCA与RMQ问题

1、 定义

LCA（Least Common Ancestors），即最近公共祖先，是指这样一个问题：在有根树中，找出某两个结点u和v最近的公共祖先（另一种说法，离树根最远的公共祖先）。

 RMQ（Range Minimum/Maximum Query），即区间最值查询，是指这样一个问题：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ（A,i,j）(i,j<=n)，返回数列A中下标在i，j之间的最小/大值。这两个问题是在实际应用中经常遇到的问题，本文介绍了当前解决这两种问题的比较高效的算法。

再来个浅显的说法：对于有根树T的两个结点u、v，最近公共祖先LCA(T,u,v)表示一个结点x，满足x是u、v的祖先且x的深度尽可能大。另一种理解方式是把T理解为一个无向无环图，而LCA(T,u,v)即u到v的最短路上深度最小的点。（这样应该懂了吧）

再给出一个LCA的例子：

对于T=

V={1,2,3,4,5}

E={(1,2),(1,3),(3,4),(3,5)}

则有：

LCA(T,5,2)=1

LCA(T,3,4)=3

LCA(T,4,5)=3

2、 RMQ算法

RMQ问题是指：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ(A,i,j)(i,j<=n)，返回数列A中下标在[i,j]里的最小值下标。下面是一个RMQ问题的例子：

对于数列：5,8,1,3,6,4,9,5,7 有：

RMQ(2,4)=3

RMQ(6,9)=6

其实RMQ问题与LCA问题的关系紧密，可以相互转换，相应的求解算法也有异曲同工之妙。（嘿嘿。。。想想再往下看）

下面给出LCA问题向RMQ问题的转化方法。

对树进行深度优先遍历，每当遍历或回溯到某个结点时，将这个结点的深度存入数组E最后一位。同时记录结点i在数组中第一次出现的位置(事实上就是进入结点i时记录的位置)，记做R[i]。

如果结点E[i]的深度记做D[i]，易见，这时求LCA(T,u,v)，就等价于求 E[RMQ(D,R[u],R[v])]。

如果数列E[i]为：1,2,1,3,4,3,5,3,1

R[i]为：1,2,4,5,7

D[i]为：0,1,0,1,2,1,2,1,0

于是有：

LCA(T,5,2) = E[RMQ(D,R[2],R[5])] = E[RMQ(D,2,7)] = E[3] = 1

LCA(T,3,4) = E[RMQ(D,R[3],R[4])] = E[RMQ(D,4,5)] = E[4] = 3

LCA(T,4,5) = E[RMQ(D,R[4],R[5])] = E[RMQ(D,5,7)] = E[6] = 3

易知，转化后得到的数列长度为树的结点数的两倍加一，所以转化后的RMQ问题与LCA问题的同规模。

对于该RMQ问题，最容易想到的解决方案是遍历，复杂度是O(n)。但当数据量非常大且查询很频繁时，该算法也许会存在问题。

下面介绍了一种比较高效的在线算法（ST算法）解决这个问题。所谓在线算法，是指用户每输入一个查询便马上处理一个查询。该算法一般用较长的时间做预处理，待信息充足以后便可以用较少的时间回答每个查询。ST（Sparse Table）算法是一个非常有名的在线处理RMQ问题的算法，它可以在O(nlogn)时间内进行预处理，然后在O(1)时间内回答每个查询。

首先是预处理O（nlogn），用动态规划（DP）解决。设A[i]是要求区间最值的数列，F[i, j]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。例如数列3 2 4 5 6 8 1 2 9 7，F[1，0]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。 F[1，2]=5，F[1，3]=8，F[2，0]=2，F[2，1]=4……从这里可以看出F[i,0]其实就等于A[i]。这样，DP的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。我们把F[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字），从i到i+2^(j-1)-1为一段，i+2^(j-1)到i+2^j-1为一段(长度都为2^（j-1）)。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。F[i，j]就是这两段的最大值中的最大值。于是我们得到了动态规划方程F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）。

然后是查询。取k=[log2(j-i+1)]，则有：RMQ(A, i, j)=min{F[i,k],F[j-2^k+1,k]}。 举例说明，要求区间[2，8]的最大值，就要把它分成[2,5]和[5,8]两个区间，因为这两个区间的最大值我们可以直接由f[2，2]和f[5，2]得到。

同样，这样的问题也可以用线段树解决，算法复杂度为：O(N)~O(logN)。

但ST表可以O（nlogn）预处理，O（1）查询。

3、 LCA算法

对于该问题，最容易想到的算法是分别从节点u和v回溯到根节点，获取u和v到根节点的路径P1，P2，其中P1和P2可以看成两条单链表，这就转换成常见的一道面试题：【判断两个单链表是否相交，如果相交，给出相交的第一个点。】。该算法总的复杂度是O（n）（其中n是树节点个数）。

下面介绍了两种比较高效的算法解决这个问题，其中一个是在线算法（DFS+ST），另一个是离线算法（Tarjan算法）。

在线算法DFS+ST描述(思想是：将树看成一个无向图，u和v的公共祖先一定在u与v之间的最短路径上)：

（1）DFS：从树T的根开始，进行深度优先遍历（将树T看成一个无向图），并记录下每次到达的顶点。第一个的结点是root(T)，每经过一条边都记录它的端点。由于每条边恰好经过2次，因此一共记录了2n-1个结点，用E[1, ... , 2n-1]来表示。

（2）计算R：用R[i]表示E数组中第一个值为i的元素下标，即如果R[u] < R[v]时，DFS访问的顺序是E[R[u], R[u]+1, …, R[v]]。虽然其中包含u的后代，但深度最小的还是u与v的公共祖先。

（3）RMQ：当R[u] ≥ R[v]时，LCA[T, u, v] = RMQ(L, R[v], R[u])；否则LCA[T, u, v] = RMQ(L, R[u], R[v])，计算RMQ。

由于RMQ中使用的ST算法是在线算法，所以这个算法也是在线算法。

【举例说明】

T=<V,E>，其中V={A,B,C,D,E,F,G},E={AB,AC,BD,BE,EF,EG},且A为树根。则图T的DFS结果为：A->B->D->B->E->F->E->G->E->B->A->C->A，要求D和G的最近公共祖先, 则LCA[T, D, G] = RMQ(L, R[D], R[G])= RMQ(L, 3, 8)，L中第4到7个元素的深度分别为：1,2,3,3，则深度最小的是B。

离线算法（Tarjan算法）描述：

所谓离线算法，是指首先读入所有的询问（求一次LCA叫做一次询问），然后重新组织查询处理顺序以便得到更高效的处理方法。Tarjan算法是一个常见的用于解决LCA问题的离线算法，它结合了深度优先遍历和并查集，整个算法为线性处理时间。

Tarjan算法是基于并查集的，利用并查集优越的时空复杂度，可以实现LCA问题的O(n+Q)算法，这里Q表示询问 的次数。

同上一个算法一样，Tarjan算法也要用到深度优先搜索。

算法大体流程如下：对于新搜索到的一个结点，首先创建由这个结点构成的集合，再对当前结点的每一个子树进行搜索，每搜索完一棵子树，则可确定子树内的LCA询问都已解决。其他的LCA询问的结果必然在这个子树之外，这时把子树所形成的集合与当前结点的集合合并，并将当前结点设为这个集合的祖先。之后继续搜索下一棵子树，直到当前结点的所有子树搜索完。这时把当前结点也设为已被检查过的，同时可以处理有关当前结点的LCA询问，如果有一个从当前结点到结点v的询问，且v已被检查过，则由于进行的是深度优先搜索，当前结点与v的最近公共祖先一定还没有被检查，而这个最近公共祖先的包涵v的子树一定已经搜索过了，那么这个最近公共祖先一定是v所在集合的祖先。

例子：

根据实现算法可以看出，只有当某一棵子树全部遍历处理完成后，才将该子树的根节点标记为黑色（初始化是白色），假设程序按上面的树形结构进行遍历，首先从节点1开始，然后递归处理根为2的子树，当子树2处理完毕后，节点2， 5， 6均为黑色；接着要回溯处理3子树，首先被染黑的是节点7（因为节点7作为叶子不用深搜，直接处理），接着节点7就会查看所有询问(7, x)的节点对，假如存在(7, 5)，因为节点5已经被染黑，所以就可以断定(7, 5)的最近公共祖先就是find(5).ancestor，即节点1（因为2子树处理完毕后，子树2和节点1进行了union，find(5)返回了合并后的树的根1，此时树根的ancestor的值就是1）。有人会问如果没有(7, 5)，而是有(5, 7)询问对怎么处理呢? 我们可以在程序初始化的时候做个技巧，将询问对(a, b)和(b, a)全部存储，这样就能保证完整性。