Алгоритм Тарьяна поиска LCA за О(1) в оффлайне

Алгоритм Тарьяна позволяет находить наименьшего общего предка двух вершин в дереве, если все запросы известны заранее(offline). Каждый запрос к дереву - это 2 вершины v,u для которых нужно найти такую вершину k, что k-предок вершин v и u, и k имеет максимальную глубину из всех таких вершин. Алгоритм позволяет найти ответы для дерева из n вершин и m запросов за время О(n + m), т.е при достаточно большом m, за О(1) на запрос.

Алгоритм

Запустим обход в глубину из корня в течении которого мы найдём все ответы на наши запросы.Ответ для вершин v,u находится, когда мы уже посетели вершины u, а в v обработали всех сыновей и собираемся выйти из неё. Зафиксируем момент, мы собираемся выйти из вершины v(обработали всех сыновей) и хотим узнать ответ для пары v,u. Тогда заметим что ответ - это либо вершина v, либо какой-то её предок.Значит нам нужно найти предок вершины v, который является предком вершины u с наибольшей глубиной. Заметим, что при фиксированном v каждый из предков вершины v порождает некоторый класс вершин u, для которых он является ответом(в этом классе содержатся все вершины которые находятся "слева" от этого предка). На рисунке разные цвета-разные классы,а белые вершины ещё не просмотренные в dfs. Классы этих вершин - не пересекаются,а значит мы их можем эффективно обрабаывать с помощью dsu. Будем поддерживать массив ancestor[v] - представитель множества в котором содержится вершина v. Для каждого класса мы образуем множество, и представителя этого множества. Когда мы приходим в новую вершину v мы должны добавить её в новый класс(ancestor[v] = v),а когда просмотрим всё поддерево какого-то ребёнка, мы должны объеденить это поддерево с нашим классом(операция union), и не забыть установить представителя как вершину v(взависимости от реализации это может быть какая-то другая вершина). После того как мы обработали всех детей вершины v,мы можем ответить на все запросы вида (v,u) где u-уже посещённая вершина. Нетрудно заметить что ответ для lca(v,u) = ancestor(find(u)).Так же можно понять что для каждого запроса это условие(что одна вершина уже посещена, а другую мы обрабатываем) выполнится только один раз.

Реализация

vector<bool> visited; vector<int> query[n]; int dsu_get (int v) { return v == dsu[v] ? v : dsu[v] = dsu_get (dsu[v]); } void unite (int a, int b,int new_ancestor) { a = dsu_get (a); b = dsu_get (b); dsu[a] = b; ancestor[b] = new_ancestor; } void dfs(int v) { visited[v] = true; for (u таких, что (v, u) — ребро в G) if (!visited[u]) dfs(u); union(v,u,v); for (i = 0; i < query[v].size(); i++) if (visited[query[v][i

)

            cout << "LCA " << v << " " << u << " = " << ancestor[dsu_get(q[v][i])];
}
  
int main() {
    dfs(0);
    return 0;
}

Оценка сложности

Она состоит из нескольких оценок. Во-первых dfs работает О(n). Во-вторых, операции по объединению множеств, которые в сумме для всех разумных n затрачивают O(n) операций. В-третьих, для каждого запроса проверка условия и определение результата, опять же, для всех разумных n выполняется за O(1). Итоговая асимптотика получается O(n+m), но при достаточно больших m ответ за O(1) на один запрос.