注：這篇文章關於算法解釋部分參考☞：http://www.cnblogs.com/JVxie/p/4854719.html
這位大佬寫的特別詳細，然後我在這個的基礎上又增加了兩道例題，更方便大家理解
首先是最近公共祖先的概念(什麼是最近公共祖先？)：
在一棵沒有環的樹上，每個節點肯定有其父親節點和祖先節點，而最近公共祖先，就是兩個節點在這棵樹上深度最大的公共的祖先節點。
換句話說，就是兩個點在這棵樹上距離最近的公共祖先節點。
所以LCA主要是用來處理當兩個點僅有唯一一條確定的最短路徑時的路徑。
有人可能會問：那他本身或者其父親節點是否可以作爲祖先節點呢？
答案是肯定的，很簡單，按照人的親戚觀念來說，你的父親也是你的祖先，而LCA還可以將自己視爲祖先節點。
舉個例子吧，如下圖所示４和５的最近公共祖先是２，５和３的最近公共祖先是１，２和１的最近公共祖先是１。 
這就是最近公共祖先的基本概念了，那麼我們該如何去求這個最近公共祖先呢？
通常初學者都會想到最簡單粗暴的一個辦法：對於每個詢問，遍歷所有的點，時間複雜度爲O(n*q)，很明顯，n和q一般不會很小。
常用的求LCA的算法有：Tarjan/DFS+ST/倍增
後兩個算法都是在線算法，也很相似，時間複雜度在O(logn)~O(nlogn)之間，我個人認爲較難理解。
有的題目是可以用線段樹來做的，但是其代碼量很大，時間複雜度也偏高，在O(n)~O(nlogn)之間，優點在於也是簡單粗暴。
這篇博客主要是要介紹一下Tarjan算法(其實是我不會在線...)。
什麼是Tarjan(離線)算法呢？顧名思義，就是在一次遍歷中把所有詢問一次性解決，所以其時間複雜度是O(n+q)。
Tarjan算法的優點在於相對穩定，時間複雜度也比較居中，也很容易理解。
下面詳細介紹一下Tarjan算法的基本思路：
1.任選一個點爲根節點，從根節點開始。
2.遍歷該點u所有子節點v，並標記這些子節點v已被訪問過。
3.若是v還有子節點，返回2，否則下一步。
4.合併v到u上。
5.尋找與當前點u有詢問關係的點v。
6.若是v已經被訪問過了，則可以確認u和v的最近公共祖先爲v被合併到的父親節點a。
遍歷的話需要用到dfs來遍歷(我相信來看的人都懂吧...)，至於合併，最優化的方式就是利用並查集來合併兩個節點。
下面上僞代碼：
1 Tarjan(u)//marge和find爲並查集合並函數和查找函數
2 {
3 for each(u,v) //訪問所有u子節點v
4 {
5 Tarjan(v); //繼續往下遍歷
6 marge(u,v); //合併v到u上
7 標記v被訪問過;
8 }
9 for each(u,e) //訪問所有和u有詢問關係的e
10 {
11 如果e被訪問過;
12 u,e的最近公共祖先爲find(e);
13 }
14 }
個人感覺這樣還是有很多人不太理解，所以我打算模擬一遍給大家看。
建議拿着紙和筆跟着我的描述一起模擬！！
假設我們有一組數據 9個節點 8條邊 聯通情況如下：
1--2，1--3，2--4，2--5，3--6，5--7，5--8，7--9 即下圖所示的樹
設我們要查找最近公共祖先的點爲9--8，4--6，7--5，5--3；
設f[]數組爲並查集的父親節點數組，初始化f[i]=i，vis[]數組爲是否訪問過的數組，初始爲0; 
下面開始模擬過程：
取1爲根節點，往下搜索發現有兩個兒子2和3；
先搜2，發現2有兩個兒子4和5，先搜索4，發現4沒有子節點，則尋找與其有關係的點；
發現6與4有關係，但是vis[6]=0，即6還沒被搜過，所以不操作；
發現沒有和4有詢問關係的點了，返回此前一次搜索，更新vis[4]=1；
表示4已經被搜完，更新f[4]=2，繼續搜5，發現5有兩個兒子7和8;
先搜7，發現7有一個子節點9，搜索9，發現沒有子節點，尋找與其有關係的點；
發現8和9有關係，但是vis[8]=0,即8沒被搜到過，所以不操作；
發現沒有和9有詢問關係的點了，返回此前一次搜索，更新vis[9]=1；
表示9已經被搜完，更新f[9]=7，發現7沒有沒被搜過的子節點了，尋找與其有關係的點；
發現5和7有關係，但是vis[5]=0，所以不操作；
發現沒有和7有關係的點了，返回此前一次搜索，更新vis[7]=1；
表示7已經被搜完，更新f[7]=5，繼續搜8，發現8沒有子節點，則尋找與其有關係的點；
發現9與8有關係，此時vis[9]=1，則他們的最近公共祖先爲find(9)=5；
(find(9)的順序爲f[9]=7-->f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)
發現沒有與8有關係的點了，返回此前一次搜索，更新vis[8]=1；
表示8已經被搜完，更新f[8]=5，發現5沒有沒搜過的子節點了，尋找與其有關係的點；
發現7和5有關係，此時vis[7]=1，所以他們的最近公共祖先爲find(7)=5；
(find(7)的順序爲f[7]=5-->f[5]=5 return 5;)
又發現5和3有關係，但是vis[3]=0，所以不操作，此時5的子節點全部搜完了；
返回此前一次搜索，更新vis[5]=1，表示5已經被搜完，更新f[5]=2；
發現2沒有未被搜完的子節點，尋找與其有關係的點；
又發現沒有和2有關係的點，則此前一次搜索，更新vis[2]=1；
表示2已經被搜完，更新f[2]=1，繼續搜3，發現3有一個子節點6；
搜索6，發現6沒有子節點，則尋找與6有關係的點，發現4和6有關係；
此時vis[4]=1，所以它們的最近公共祖先爲find(4)=1;
(find(4)的順序爲f[4]=2-->f[2]=2-->f[1]=1 return 1;)
發現沒有與6有關係的點了，返回此前一次搜索，更新vis[6]=1，表示6已經被搜完了；
更新f[6]=3，發現3沒有沒被搜過的子節點了，則尋找與3有關係的點；
發現5和3有關係，此時vis[5]=1，則它們的最近公共祖先爲find(5)=1；
(find(5)的順序爲f[5]=2-->f[2]=1-->f[1]=1 return 1;)
發現沒有和3有關係的點了，返回此前一次搜索，更新vis[3]=1；
更新f[3]=1，發現1沒有被搜過的子節點也沒有有關係的點，此時可以退出整個dfs了。
經過這次dfs我們得出了所有的答案，有沒有覺得很神奇呢？是否對Tarjan算法有更深層次的理解了呢？
好了我們下面來增加兩道例題
1.poj1330:傳送門：http://poj.org/problem?id=1330
這道題的題意就是直接問你兩個點的最近公共祖先，直接上代碼吧：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 10010;
vector<int> son[maxn];
int fa[maxn];
int fas[maxn];
int root; //保存樹的根節點
bool vis[maxn];
int n;
int u,v;
int find(int x){
return fa[x]==x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void init(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i] = i;
for(int i=0;i<=n;i++) son[i].clear();
}
void tarjan_lca(int root){
vis[root] = 1;
for(int i=0;i<son[root].size();i++){
int y = son[root][i];
if(!vis[y]){
if(y==u && vis[v]){
cout <<find(v)<<'\n';
return;
}
if(y==v && vis[u]){
cout <<find(u)<<'\n';
return;
}
tarjan_lca(y);
fa[y] = root;
}
}
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while(T--){
cin >>n;
init();
for(int i=0;i<n-1;i++){
int a,b;
cin >> a >> b;
son[a].push_back(b);
vis[b] = 1;
}
cin >> u >> v;
for(int i =1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
root = i;
break;
}
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
tarjan_lca(root);
}
return 0;
}
2.hdu2586:傳送門：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2586
題意：給一個無根樹，有q個詢問，每個詢問兩個點，問兩點的距離。求出 lca = LCA(X,Y) , 然後 dir[x] + dir[y] - 2 * dir[lca]
dir[u]表示點u到樹根的距離，代碼如下：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAX = 40020;
struct edge{
int v,w;
};
vector<edge> mp[MAX];
vector<edge> query[MAX];
int vis[MAX];
int pre[MAX],father[MAX],path[MAX];
int find(int x){
return x==pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
void LCA(int k){
for(int i=0;i<mp[k].size();i++){
int a = mp[k][i].v;
if(!vis[a]){
vis[a] = 1;
path[a] = path[k] + mp[k][i].w;
LCA(a);
pre[a] = k;
for(int j=0;j<query[a].size();j++){
int b=query[a][j].v;
if(vis[b]&&father[query[a][j].w]==-1){
if(a==b) father[query[a][j].w]=0;
else father[query[a][j].w]=path[a]+path[b]-2*path[find(b)];
}
}
}
}
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while(T--){
int n,m;
cin >> n >> m;
for(int i=1;i<=n;i++){
mp[i].clear();
query[i].clear();
vis[i]=0;
father[i]=-1;
pre[i]=i;
path[i]=0;
}
int a,b,c;
edge X;
for(int i=1;i<n;i++){
cin >> a >> b >> c;
X.v=b;X.w=c;
mp[a].push_back(X);
X.v=a;
mp[b].push_back(X);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cin >>a >> b;
X.v=b;X.w=i;
query[a].push_back(X);
X.v=a;
query[b].push_back(X);
}
vis[1] = 1;
LCA(1);
for(int i=1;i<=m;i++){
cout << father[i]<<'\n';
}
}
return 0;
}