【序言】
說到最近公共祖先，應該是樹論中一個比較重要的話題吧。一般來說，在遇到求最近公共祖先的時候，會有三種常見的做法：對於簡單的模擬題——直接模擬就好了；對於大題目中的求最近公共祖先的小橋段——用tarjan來求，因爲好打不容易錯；對於特意考察最近公共祖先，並且數據範圍比較大的時候——用倍增算法，省空間還是硬道理。至於還有的通過變形將最近公共祖先問題化爲區域最小值問題來做，性價比並不高，如果你硬是想知道，可以百度一下：“LCA問題轉RMQ問題的ST算法”。
【什麼是最近公共祖先？】
最近公共祖先簡稱LCA，以下用LCA代替。
不要期望我解釋什麼是LCA嗯，我知道你知道！（哼，這只是走個過程而已！）好吧，如果你真不知道，我也無法解釋，請看：
LCA（3 4）=2 LCA（3 2）=2 LCA（6 10）=1 LCA（5 6）=4
我想你已經知道了，LCA就是兩個節點前往根節點的兩條路徑第一次交匯的那個節點，也就是距離它們最近的祖先，而且是公共的祖先，哈哈！
【模擬的做法】
還記得剛纔的那句話麼！“LCA就是兩個節點前往根節點的兩條路徑第一次交匯的那個節點”！那麼模擬法豈不是太顯而易見了嗎？直接從要求的一個點開始，不停地往父親走，把它經過的點都標記爲已訪問，直到不能再走爲止，再從另一個點開始，不停往父親走，並檢查它經過的點是不是曾今被訪問過，如果是，那麼這個點就是它們的最近公共祖先。如果你要問我爲什麼，我真的會很難過的，真的。
注意：模擬法在馬虎的時候也是容易出錯誤的，記住一個完整的小流程是“先標記再往上走”而不是“先往上走再標記”，這並不一樣，如上圖，若是找2 與 3的LCA，先模擬2的路徑，如果“先標記再往上走”那麼走完以後被標記的有1與2，如果“先往上走再標記”，那麼被標記的就只有1，顯然這是不可取的，因爲最後求出來的LCA就變成1號節點了！這是常見的一個小錯誤，當然，對於另外一個節點，也應該“先檢查再往上走”，因爲它自己本身這個節點就有可能是它們的LCA。切記啊切記，這樣的錯誤不能出現了啊！！
【tarjan的做法】
剛纔我們一直在做的都是解決兩個節點的LCA是哪個節點，tarjan固然也是解決這樣的問題的，只不過它可以更加快速，在線性的時間階內求出所有的詢問。tarjan到底是怎麼做的？請往下看。
首先，我們來想想這樣一個問題：在如圖的這棵樹中，LCA爲1號節點的有哪些節點對？也許你覺得這個問題實在是太簡單了，一眼就可以看出，只要在1號節點的左子樹隨便找一個節點，再與從1號節點的右子樹中隨便找出的一個節點組成節點對，那麼它們的LCA一定是1號節點。爲什麼？顯然可得，不需要任何理由，感覺就是硬道理。
那麼我們可不可以抽象一樣：若兩節點分別分佈於某節點的左右子樹，那麼該節點爲其LCA。憑感覺得出的定理還是有一定的問題，因爲並沒有考慮到一個節點自己就是LCA的情況，所以我們對定理進行補充：若某節點是兩節點的祖先之一，且這兩節點並不分佈於該節點的一棵子樹中，那麼該節點即爲兩節點的LCA。這就是Tarjan算法賴以生存的基礎。
先不說Tarjan算法，就說剛纔我們得到的那個顯而易見的定理，你有沒有什麼思路呢？你有沒有想到，可以先預處理出所有詢問的LCA，然後再一起回答呢？
對於很多組的詢問，我先確定一個LCA，就假設它是根節點1好了，然後再去檢查所有詢問，看是否滿足剛纔的定理，不滿足就忽視，滿足就賦值，全部弄完，再去假設2號節點是LCA，再去訪問一遍……有沒有發現這個方法無比的通俗與直觀？但是！你要怎麼知道一個節點是在左子樹、右子樹還是都不在呢？我想你只能遍歷一棵樹，那麼，好像這個方法也並沒有比直接模擬法好多少，但是，不要放棄，因爲Tarjan就沒有放棄。
我們覺得剛纔的算法不妥，是因爲多次遍歷的代價實在是太大了，但是細心一點，我們便可以發現，若一個點的父親會被某個點遍歷到，那麼該點也會被那個點遍歷到，也就是說一個點只需要被遍歷一遍即可，因爲遍歷信息是可以傳遞的！
tarjan算法流程：
procedure dfs（i）；
begin
設置i號節點的祖先爲i
若i的左子樹不爲空，dfs（i-左子樹）；
若i的右子樹不爲空，dfs（i-右子樹）；
訪問每一條與i相關的詢問
若另一個節點已經被訪問過，則輸出另一個節點當前的祖先
標記i爲已經訪問，將所有i的孩子包括i本身的祖先改爲i的父親
end；
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STEP 1 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
3 |
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STEP 2 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
2 |
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STEP 3 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
2 |
4 |
5 |
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STEP 4 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
2 |
4 |
4 |
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STEP 5 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
2 |
4 |
4 |
6 |
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STEP 6 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
2 |
4 |
4 |
4 |
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STEP 7 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
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STEP 8 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
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STEP 9 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
7 |
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STEP 10 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
7 |
8 |
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STEP 11 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
7 |
7 |
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STEP 12 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
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STEP 13 |
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節點 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
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祖先 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
大致流程如上所示，我們可以驚喜的發現，當我們在檢查一個節點的詢問情況的時候，若與詢問相關的另一個節點已經被訪問，那麼以另一個節點當前的祖先爲祖先，這兩個節點一定是滿足我們憑感覺得到的那個定理的，也就是說，這個祖先一定是最近公共祖先。
爲什麼？因爲這個神奇的邏輯順序，就是這麼這麼巧，沒有任何問題。
如果你還是有點懵懂，按照Tarjan的算法流程再將這十來幅手動模擬的圖片看上幾遍，你一定就會懂的。
【倍增的做法】
倍增來做LCA應該是比Tarjan更容易理解的，因爲它更加直觀，更加符合人模擬的思維。
還記得前面說的模擬的方法來做LCA嗎？其實倍增可以算作是模擬算法在往上走的過程中的一個優化，讓我們不是每次走一步，而是儘可能一次走很多步。
ps、倍增是什麼？詳情請看http://blog.csdn.net/jarjingx/article/details/8180560
既然已經知道了倍增，那麼就不贅述了，直接上算法流程。
1、預處理出每個節點的深度
2、讀取一組詢問，對於兩個節點，先跳到同一深度
3、判斷當前兩節點所在的節點是否爲同一節點，是則其爲LCA，否則繼續下一步
4、從大往小進行檢查，……8步、4步、2步、1步……，若跳後節點不一致，則可以跳，若節點一致，則不跳
5、兩節點所在的點的父親節點即爲LCA
若詢問爲 6與11的LCA：
step1、比較深度大小
step2、深度不一致，跳至同一深度
step3、6跳8步與9跳8步不滿足要求
6跳4步與9跳4步步滿足要求
6跳2步與9跳2步滿足要求
step4、2跳1步與7跳1步不滿足要求
step5、2和7共同的父親1爲其LCA，輸出結果
觀察倍增算法在樹上的實現，我們發現其實跟兔子跳格子是一樣的，從每個節點跳幾步會到哪個節點是需要我們預處理出來的，方法就跟聰明小白兔晚上打小抄的方法一致，在真正跳的時候，也跟聰明小白兔的方式一致。
也許，現在你更加明白倍增算法最後的那段話了，從一個節點，若想往上跳2步，在沒有預處理的情況下你只能1步1步的跳，因爲你只能知道當前節點的父節點是誰，而無法知道爺爺節點是誰。
【尾聲】
LCA其實是個特別好玩的東西，很多在樹結構中難以想到的東西都或多或少可以用到LCA的思想來工作，更多神祕的東西就等待你去發現啦。
完
