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求解lca问题

2021-07-18 20:58:30  阅读：157  来源： 互联网

标签：lg return 求解 int 问题 fa depth lca now


文章目录

倍增法

一篇博客
最常用，也是最简单的算法，实质就是直接对暴力使用倍增优化将复杂度降低达到需求。
d e p t h [ ] depth[] depth[]为每个节点的深度， f a [ i ] [ j ] fa[i][j] fa[i][j],i节点的 2 j 2^j 2j的父亲。 l g [ i ] = l o g 2 i + 1 lg[i]=log_2{i}+1 lg[i]=log2​i+1

const int maxn=5000001;
int depth[maxn],fa[maxn][22],lg[maxn];
vector<int >g[maxn];
void dfs(int now,int fath)//dfs初始化fa和depth，传入参数为根节点
{
	fa[now][0]=fath;
	depth[now]=depth[fath]+1;
	for(int i=1;i<=lg[depth[now]];++i)
	{
		fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1];//递推更新fa
	}
	for(int i=0;i<g[now].size();i++)//寻找子节点
	{
		if(g[now][i]!=fath)
		dfs(g[now][i],now);
	}
}
int lca(int x,int y)
{
	if(depth[x]<depth[y])//使x的深度大于y的深度
	{
		swap(x,y);
	}
	while(depth[x]>depth[y])
	{
		x=fa[x][lg[depth[x]-depth[y]]-1];//使两者深度相同
	}
	if(x==y)
	return x;
	for(int k=lg[depth[x]]-1;k>=0;--k)//树上倍增
	{
		if(fa[x][k]!=fa[y][k])
		{
			x=fa[x][k],y=fa[y][k];
		}
	}
	return fa[x][0];
}
main(void)
{
	int n,m,s;
	cin>>n>>m>>s;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);
		g[y].push_back(x); 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);
	}
	dfs(s,0);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		printf("%d\n",lca(x,y));	
	}
	return 0;
}

题目

二叉树问题
统计树的深度、宽度、两个点之间的上行边数和下行边数

const int maxn=5000001;
int depth[maxn],fa[maxn][22],lg[maxn];
vector<int >g[maxn];
int ans1=0;
int ans2[20000]={0};
int ans22=0;
void dfs(int now,int fath)
{
	fa[now][0]=fath;
	depth[now]=depth[fath]+1;
	ans1=max(ans1,depth[now]);
	ans2[depth[now]]++;
	ans22=max(ans22,ans2[depth[now]]);
	for(int i=1;i<=lg[depth[now]];++i)
	{
		fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1];
	}
	for(int i=0;i<g[now].size();i++)
	{
		if(g[now][i]!=fath)
		dfs(g[now][i],now);
	}
}
int lca(int x,int y)
{
	
	int ans=0;
	int ans11=0;
	int flag=0;
	if(depth[x]<depth[y])
	{
		swap(x,y);
		flag=1;
	}
	while(depth[x]>depth[y])
	{
		ans11+=1<<(lg[depth[x]-depth[y]]-1);
		x=fa[x][lg[depth[x]-depth[y]]-1];
	}
	if(x==y)
	{
		if(flag)
		return ans11;
		return 2*ans11;
	}
	for(int k=lg[depth[x]]-1;k>=0;--k)
	{
		if(fa[x][k]!=fa[y][k])
		{
			x=fa[x][k],y=fa[y][k];
			ans+=1<<k;
			ans11+=1<<k;
		}
	}
	if(flag)
	return (ans+1)*2+(ans11+1);
	return (ans+1)+(ans11+1)*2;
}
main(void)
{
	int n,m,s=1,u,v;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);
		g[y].push_back(x); 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);
	}
	dfs(s,0);
	cin>>u>>v;
	printf("%d\n%d\n%d\n",ans1,ans22,lca(u,v));
	return 0;
}

P2420 让我们异或吧
运用lca中的dfs，求得所有点到根的异或

const int maxn=5000001;
int depth[maxn],fa[maxn][22],lg[maxn];
vector<int >g[maxn];
int ans1=0;
int ans2[20000]={0};
int ans22=0;
void dfs(int now,int fath)
{
	fa[now][0]=fath;
	depth[now]=depth[fath]+1;
	ans1=max(ans1,depth[now]);
	ans2[depth[now]]++;
	ans22=max(ans22,ans2[depth[now]]);
	for(int i=1;i<=lg[depth[now]];++i)
	{
		fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1];
	}
	for(int i=0;i<g[now].size();i++)
	{
		if(g[now][i]!=fath)
		dfs(g[now][i],now);
	}
}
int lca(int x,int y)
{
	
	int ans=0;
	int ans11=0;
	int flag=0;
	if(depth[x]<depth[y])
	{
		swap(x,y);
		flag=1;
	}
	while(depth[x]>depth[y])
	{
		ans11+=1<<(lg[depth[x]-depth[y]]-1);
		x=fa[x][lg[depth[x]-depth[y]]-1];
	}
	if(x==y)
	{
		if(flag)
		return ans11;
		return 2*ans11;
	}
	for(int k=lg[depth[x]]-1;k>=0;--k)
	{
		if(fa[x][k]!=fa[y][k])
		{
			x=fa[x][k],y=fa[y][k];
			ans+=1<<k;
			ans11+=1<<k;
		}
	}
	if(flag)
	return (ans+1)*2+(ans11+1);
	return (ans+1)+(ans11+1)*2;
}
main(void)
{
	int n,m,s=1,u,v;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);
		g[y].push_back(x); 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);
	}
	dfs(s,0);
	cin>>u>>v;
	printf("%d\n%d\n%d\n",ans1,ans22,lca(u,v));
	return 0;
}

疫情控制
要求分配军队，运用了lca的dfs，得到每个点的祖先节点情况。

const int N=5e4+3;
ll sum,dis[N],dist[N];
int n,m,u,cnt,cont;
int am[N],lg[N],f[N][17],dp[N],vis[N],fre[N],b[N],pl[N],nee[N];
int tt,head[N],to[N<<1],nex[N<<1],w[N<<1];
vector<int>arv[N];
struct LCA{//直接套的lca模板
	void pre(int g,int F){//预处理父亲;
		for(int i=head[g],v;i;i=nex[i]){
			v=to[i];
			if(v==F)continue;
			f[v][0]=g,dp[v]=dp[g]+1,dis[v]=dis[g]+(ll)w[i];
			for(int j=1;j<=lg[dp[v]];++j)
				f[v][j]=f[f[v][j-1]][j-1];
			pre(v,g);
		}
		return ;
	}
	int get(int x,int y){
		if(dp[x]>dp[y])swap(x,y);
		for(int i=lg[dp[y]-dp[x]];i>=0;--i)
			if(dp[f[y][i]]>=dp[x])y=f[y][i];
		if(x==y)return x;
		for(int i=lg[dp[x]];i>=0;--i)
			if(f[x][i]!=f[y][i])x=f[x][i],y=f[y][i];
		return f[x][0];
	}
}lca;
inline void add(int x,int y,int W){
	to[++tt]=y,nex[tt]=head[x],w[tt]=W,head[x]=tt;
	return ;
}
inline bool dfs(int g,int F){
	if(vis[g]&&!pl[g])return true;//若当前节点不是根节点的子节点,且有标记,说明当前子树已全部被标记;
	bool flag=0;
	for(int i=head[g],v;i;i=nex[i]){
		v=to[i];
		if(v==F)continue;
		if(!dfs(v,g))return false;//有一个叶子节点未被标记就需要加入need集合;
		flag=1;
	}
	return flag;
}
inline bool check(ll mid){
	for(int i=1;i<=cnt;++i)arv[i].clear();
	memset(vis,0,sizeof vis);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int y=am[i];
		dist[i]=0;
		for(int j=dp[y];j>=0;--j)//;将其向父亲跳
			if(f[y][j]>1&&dist[i]+dis[y]-dis[f[y][j]]<=mid){
				dist[i]+=dis[y]-dis[f[y][j]];
				y=f[y][j];
			}
		vis[y]=1;//将当前节点标记;
		int j=pl[y];//找到对应的根节点的子节点的编号;
		if(j){
			arv[j].push_back(mid-dist[i]);//将剩余距离加入第j个子节点;
			if(arv[j].size()>1&&arv[j][arv[j].size()-2]<arv[j][arv[j].size()-1])
				swap(arv[j][arv[j].size()-2],arv[j][arv[j].size()-1]);//将剩余距离最短的点放到尾部;
		}
	}
	int cnt1=0,cnt2=0;
	for(int i=1;i<=cnt;++i){
		if(!dfs(to[b[i]],1)){//判定是否需要军队驻扎;
			if(arv[i].size()&&arv[i][arv[i].size()-1]<w[b[i]]*2)
				arv[i].pop_back();//若当前点存在无法先到达根节点,再返回当前点的的军队,就将其军队用来驻扎当前点;
			else nee[++cnt1]=w[b[i]];//否则将当前点加入need集合;
		}
		for(int j=0;j<arv[i].size();++j)
			if(arv[i][j]>=w[b[i]])
				fre[++cnt2]=arv[i][j]-w[b[i]];//将符合条件的军队加入free集合;
	}
	if(cnt1>cnt2)return false;//如果军队数小于节点数,就无法完全覆盖;
	sort(nee+1,nee+1+cnt1);
	sort(fre+1,fre+1+cnt2);//排序;
	while(cnt1){//反向比较;
		if(fre[cnt2]<nee[cnt1])return false;//若当前点无法被当前军队覆盖,那么在他之后的军队也无法将其覆盖;
		--cnt2,--cnt1;
	}
	return true;//将节点完全覆盖;
}
inline ll solve(){
	ll l=0,r=sum+1;
	while(l<r){
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	return l;
}
int main(){
	cin>>n;
	lg[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1;//初始化lg数组;
	int x,y,W;
	for(int i=1;i<n;++i)cin>>x>>y>>W,add(x,y,W),add(y,x,W),sum+=W;
	for(int i=head[1],v;i;i=nex[i])v=to[i],b[++cnt]=i,pl[v]=cnt;//b记录根节点的第cnt条边,pl记录节点对应第几条边;
	cin>>m;
	lca.pre(1,0);
	for(int i=1;i<=m;++i)cin>>x,am[i]=x;
	if(m<cnt)puts("-1");//若军队数小于根节点的子节点数,则一定无法完全覆盖;
	else cout<<solve()<<'\n';//否则一定可以完全覆盖;
	return 0;
}

标签：lg,return,求解,int,问题,fa,depth,lca,now
来源： https://blog.csdn.net/csdn_ggboy/article/details/107068661

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