欧拉序求LCA

0 例题引入

给定一个有 $n$ 个节点的树，然后有 $q$ 次询问，每次询问两个节点 $u,v$ 的 $\mathrm{L}\mathrm{C}\mathrm{A}$ 。

$1\le n\le 3\times 10^5,1\le q\le 10^7$

1 讲解

可以发现，倍增和树剖都会 $\mathrm{T}\mathrm{L}\mathrm{E}$ ，因为每次询问都是 $O({\log }_{2}n)$ 。

1.1 欧拉序

1.1.1 构造方法

实际上是一个比较特殊的 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 序。

区别于普通的 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 序，除了进入某个节点的时候加入一次序列，回溯到某个节点也会加入到序列，在这里写出伪代码（不想写C++）。
$$\begin{array}{rl}& \mathrm{F}\mathrm{u}\mathrm{n}\mathrm{c}dfs(u)\\ & A.\mathrm{a}\mathrm{p}\mathrm{p}\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{d}(u)\\ & b{g}_u=|A|\\ & \mathrm{F}\mathrm{o}\mathrm{r}v:=son(u)\\ & dfs(v)\\ & A.\mathrm{a}\mathrm{p}\mathrm{p}\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{d}(u)\end{array}$$
其中 $A.\mathrm{a}\mathrm{p}\mathrm{p}\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{d}(u)$ 就是向序列末尾添入一个节点 $u$ 。$b{g}_u$ 表示节点 $u$ 在序列 $A$ 中首次出现的位置。

1.1.2 性质

可以发现，对于任意一个节点 $u$, 其在序列中出现的次数是其儿子个数加一，那么通过简单的计算可以得到第一条性质：
$$|A|=2n$$
另一个比较显然但是很重要的性质：
$$\forall i\in [1,2n),de{p}_{A_i}-de{p}_{A_{i+1}}=\pm 1$$
还有一个在本文用到的性质：

对于两个节点 $u,v(b{g}_u\le b{g}_v)$，他们的 $\mathrm{L}\mathrm{C}\mathrm{A}$ 一定是 $A$ 的区间 $[b{g}_u,b{g}_v]$ 中 $dep$ 最小的。正确性比较显然。

1.2 主要过程和程序实现

可以首先构建一个 $\mathrm{S}\mathrm{T}$ 表，记录下大小为 $2$ 的幂的区间的 $dep$ 最小的 $A_i$ ，然后在每次询问的时候找区间 $[b{g}_u,b{g}_v]$ 中最小的 $dep$ 所在的位置。(代码可能有错)

int A[maxn << 1], A_sz, bg[maxn], dep[maxn];
void dfs(int u, int fa) {
  A[++A_sz] = u, bg[u] = A_sz, dep[u] = dep[fa] + 1;
  for (int i = hd[u]; i; i = E[i].nex) {
    int v = E[i].v;
    if (v == fa) continue;
    dfs(v, u), A[++A_sz] = u;
  }
}
int B[maxn << 1][maxlg2n], lg2[maxn << 1];
void init_st() {
  for (int i = 1; i <= (n << 1); i++) B[i][0] = A[i];
  for (int i = 2; i <= (n << 1); i++) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
  for (int i = 1; i <= lg2[n << 1]; i++)
    for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= (n << 1); j++)
      if (dep[B[i][j - 1]] < dep[B[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
        B[i][j] = B[i][j - 1];
  		else B[i][j] = B[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
}
int getlca(int u, int v) {
  if (bg[u] > bg[v]) swap(u, v);
  int lg = lg2[bg[v] - bg[u] + 1];
  if (dep[B[bg[u]][lg]] < dep[B[bg[v] - (1 << lg) + 1][lg]])
    return B[bg[u]][lg];
  else return B[bg[v] - (1 << lg) + 1][lg];
}

可以发现，初始化的时间复杂度为 $O(n{\log }_{2}n)$，求一次 $\mathrm{L}\mathrm{C}\mathrm{A}$ 的时间复杂度是 $O(1)$ 的。因此总的时间复杂度是$O(n{\log }_{2}n+q)$ 的。