题目描述
如题，给定一棵有根多叉树，请求出指定两个点直接最近的公共祖先。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含三个正整数N、M、S，分别表示树的结点个数、询问的个数和树根结点的序号。
接下来N-1行每行包含两个正整数x、y，表示x结点和y结点之间有一条直接连接的边（数据保证可以构成树）。
接下来M行每行包含两个正整数a、b，表示询问a结点和b结点的最近公共祖先。
输出格式：
输出包含M行，每行包含一个正整数，依次为每一个询问的结果。
说明
时空限制：1000ms,128M
数据规模：
对于30%的数据：N<=10，M<=10
对于70%的数据：N<=10000，M<=10000
对于100%的数据：N<=500000，M<=500000
样例说明：
该树结构如下：
第一次询问：2、4的最近公共祖先，故为4。
第二次询问：3、2的最近公共祖先，故为4。
第三次询问：3、5的最近公共祖先，故为1。
第四次询问：1、2的最近公共祖先，故为4。
第五次询问：4、5的最近公共祖先，故为4。
故输出依次为4、4、1、4、4。
思路：
这道题是最近公共祖先的模板题。。。
很显然，先dfs跑一遍，再由深度浅的往根跳，枚举该点是否合法
那么一个一个往上跳吧？
看一看范围：500000！！！！
TLE的飞起
怎么优化呢？
倍增一下
往上一个成不成立？
不成立
2个呢？
4个呢？
终究会成立
时复大大下降
见代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct ljb{
int from,to;
}tu[];
],xyg[],n,m,root,sd[],f[][],have[],s,t;
float bz;
void read(int &x)
{
;
x=;
char s=getchar();
')
{
if(s=='-')
{
f=-;
}
s=getchar();
}
')
{
x=x*+s-';
s=getchar();
}
x*=f;
}
void shd(int u,int h)
{
int ltt;
sd[u]=h;
;i<=bz;i++)
{
<<i))
{
break;
}
f[u][i]=f[f[u][i-]][i-];
}
int k=head[u];
)
{
ltt=tu[k].to;
if(!have[ltt])
{
have[ltt]=;
f[ltt][]=u;
shd(ltt,h+);
}
k=xyg[k];
}
}
int lca(int ltt,int kkk)
{
int lzn=sd[ltt];
int chen_ze=sd[kkk];
if(lzn!=chen_ze)
{
if(lzn<chen_ze)
{
swap(ltt,kkk);
swap(lzn,chen_ze);
}
int cha=lzn-chen_ze;
;i<=bz;i++)
{
<<i)&cha)
{
ltt=f[ltt][i];
}
}
}
if(ltt==kkk)
{
return kkk;
}
;
;i--)
{
)
{
continue;
}
if(f[ltt][i]==f[kkk][i])
{
continue;
}
else
{
ltt=f[ltt][i];
kkk=f[kkk][i];
}
}
];
}
int main()
{
read(n);
read(m);
read(root);
memset(head,-,sizeof(head));
memset(xyg,-,sizeof(xyg));
*(n-);
;i<=dsd;i+=)
{
read(s);
read(t);
tu[i].from=s;
tu[i].to=t;
tu[i+].from=t;
tu[i+].to=s;
xyg[i]=head[s];
head[s]=i;
xyg[i+]=head[t];
head[t]=i+;
}
bz=log(n)/log()+;
memset(have,,sizeof(have));
memset(sd,,sizeof(sd));
memset(f,-,sizeof(f));
have[root]=;
shd(root,);
;i<=n;i++)
{
;j<=bz;j++)
{
<<j))
{
break;
}
}
}
;i<=m;i++)
{
read(s);
read(t);
int y=lca(s,t);
printf("%d\n",y);
}
;
}