LCA问题（Least Common Ancestors，最近公共祖先问题），是指给定一棵有根树T，给出若干个查询LCA(u, v)（通常查询数量较大），每次求树T中两个顶点u和v的最近公共祖先，即找一个节点，同时是u和v的祖先，并且深度尽可能大（尽可能远离树根）。
LCA问题有很多解法：线段树、Tarjan算法、跳表、RMQ与LCA互相转化等。
一 LCA问题
LCA问题的一般形式：给定一棵有根树，给出若干个查询，每个查询要求指定节点u和v的最近公共祖先。
LCA问题有两类解决思路:
- 在线算法，每次读入一个查询，处理这个查询，给出答案。
- 离线算法，一次性读入所有查询，统一进行处理，给出所有答案。
一个LCA的例子如下。比如节点1和6的LCA为0。
二、Tarjan算法
Tarjan算法是离线算法，基于后序DFS（深度优先搜索）和并查集。
算法从根节点root开始搜索，每次递归搜索所有的子树，然后处理跟当前根节点相关的所有查询。
算法用集合表示一类节点，这些节点跟集合外的点的LCA都一样，并把这个LCA设为这个集合的祖先。当搜索到节点x时，创建一个由x本身组成的集合，这个集合的祖先为x自己。然后递归搜索x的所有儿子节点。当一个子节点搜索完毕时，把子节点的集合与x节点的集合合并，并把合并后的集合的祖先设为x。因为这棵子树内的查询已经处理完，x的其他子树节点跟这棵子树节点的LCA都是一样的，都为当前根节点x。所有子树处理完毕之后，处理当前根节点x相关的查询。遍历x的所有查询，如果查询的另一个节点v已经访问过了，那么x和v的LCA即为v所在集合的祖先。
其中关于集合的操作都是使用并查集高效完成。
算法的复杂度为，O(n)搜索所有节点，搜索每个节点时会遍历这个节点相关的所有查询。如果总的查询个数为m，则总的复杂度为O(n+m)。
比如上面的例子中，前面处理的节点的顺序为4->7->5->1->0->…。
当访问完4之后，集合{4}跟集合{1}合并，得到{1,4}，并且集合祖先为1。然后访问7。如果(7,4)是一个查询，由于4已访问过，于是LCA(7,4)为4所在集合{1,4}的祖先，即1。7访问完之后，把{7}跟{5}合并，得到{5,7}，祖先为5。然后访问5。如果(5,7)是一个查询，由于7已访问过，于是LCA(5,7)为7所在集合{5,7}的祖先，即5。如果(5,4)也是一个查询，由于4已访问过，则LCA(5,4)为4所在集合{1,4}的祖先，即1。5访问完毕之后，把{5,7}跟{1,4}合并，得到{1,4,5,7}，并且祖先为1。然后访问1。如果有(1,4)查询，则LCA(1,4)为4所在集合{1,4}的祖先，为1。1访问完之后，把{1,4,5,7}跟{0}合并，得到{0,1,4,5,7}，祖先为0。然后剩下的2后面的节点处理类似。
【算法实现】
接下来提供一个完整算法实现。
使用邻接表方法存储一棵有根树。并通过记录节点入度的方法找出有根树的根，方便后续处理。
const int mx = 10000; //最大顶点数
int n, root; //实际顶点个数，树根节点
int indeg[mx]; //顶点入度，用来判断树根
vector<int> tree[mx]; //树的邻接表（不一定是二叉树）
void inputTree() //输入树
{
scanf("%d", &n); //树的顶点数
for (int i = 0; i < n; i++) //初始化树，顶点编号从0开始
tree[i].clear(), indeg[i] = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) //输入n-1条树边
{
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); //x->y有一条边
tree[x].push_back(y); indeg[y]++;//加入邻接表，y入度加一
}
for (int i = 0; i < n; i++) //寻找树根，入度为0的顶点
if (indeg[i] == 0) { root = i; break; }
}
使用vector数组query存储所有的查询。跟x相关的所有查询(x,y)都会放在query[x]的数组中，方便查找。
vector<int> query[mx]; //所有查询的内容
void inputQuires() //输入查询
{
for (int i = 0; i < n; i++) //清空上次查询
query[i].clear();
int m; scanf("%d", &m); //查询个数
while (m--)
{
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); //查询u和v的LCA
query[u].push_back(v); query[v].push_back(u);
}
}
然后是并查集的相关数据和操作。
int father[mx], rnk[mx]; //节点的父亲、秩
void makeSet() //初始化并查集
{
for (int i = 0; i < n; i++) father[i] = i, rnk[i] = 0;
}
int findSet(int x) //查找
{
if (x != father[x]) father[x] = findSet(father[x]);
return father[x];
}
void unionSet(int x, int y) //合并
{
x = findSet(x), y = findSet(y);
if (x == y) return;
if (rnk[x] > rnk[y]) father[y] = x;
else father[x] = y, rnk[y] += rnk[x] == rnk[y];
}
再就是Tarjan算法的核心代码。
在调用Tarjan之前已经初始化并查集给每个节点创建了一个集合，并且把集合的祖先赋值为自己了，因而这里不用给根节点x单独创建。
int ancestor[mx]; //已访问节点集合的祖先
bool vs[mx]; //访问标志
void Tarjan(int x) //Tarjan算法求解LCA
{
for (int i = 0; i < tree[x].size(); i++)
{
Tarjan(tree[x][i]); //访问子树
unionSet(x, tree[x][i]); //将子树节点与根节点x的集合合并
ancestor[findSet(x)] = x;//合并后的集合的祖先为x
}
vs[x] = 1; //标记为已访问
for (int i = 0; i < query[x].size(); i++) //与根节点x有关的查询
if (vs[query[x][i]]) //如果查询的另一个节点已访问，则输出结果
printf("%d和%d的最近公共祖先为：%d\n", x,
query[x][i], ancestor[findSet(query[x][i])]);
}
下面是主程序，再加一个样例输入输出作为测试。
int main()
{
inputTree(); //输入树
inputQuires();//输入查询
makeSet();
for (int i = 0; i < n; i++) ancestor[i] = i;
memset(vs, 0, sizeof(vs)); //初始化为未访问
Tarjan(root);
/*前面例子相关的一个输入输出如下：
8
0 1 0 2 0 3 1 4 1 5 5 7 3 6
7
1 4 4 5 4 7 5 7 0 5 4 3 1 6
7和4的最近公共祖先为：1
5和4的最近公共祖先为：1
5和7的最近公共祖先为：5
1和4的最近公共祖先为：1
6和1的最近公共祖先为：0
3和4的最近公共祖先为：0
0和5的最近公共祖先为：0
*/
}下面是完整模板：
1 /*
2 Problem:
3 OJ:
4 User: S.B.S.
5 Time:
6 Memory:
7 Length:
8 */
9 #include<iostream>
10 #include<cstdio>
11 #include<cstring>
12 #include<cmath>
13 #include<algorithm>
14 #include<queue>
15 #include<cstdlib>
16 #include<iomanip>
17 #include<cassert>
18 #include<climits>
19 #include<functional>
20 #include<bitset>
21 #include<vector>
22 #include<list>
23 #define F(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
24 #define M(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
25 #define FF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
26 #define maxn 10001
27 #define inf 0x3f3f3f3f
28 #define maxm 4001
29 #define mod 998244353
30 //#define LOCAL
31 using namespace std;
32 int read(){
33 int x=0,f=1;char ch=getchar();
34 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
35 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
36 return x*f;
37 }
38 int n,m;
39 int root;
40 struct EDGE
41 {
42 int from;
43 int to;
44 int value;
45 int next;
46 }e[maxn];
47 int head[maxn],tot,in[maxn];
48 inline void addedge(int u,int v)
49 {
50 tot++;
51 e[tot].from=u;
52 e[tot].to=v;
53 e[tot].next=head[u];
54 head[u]=tot;
55 }
56 vector<int> qq[maxn];
57 inline void input()
58 {
59 cin>>n>>m;M(head,-1);
60 F(i,1,n-1){int u,v;cin>>u>>v;addedge(u,v);in[v]++;}
61 F(i,0,n-1)if(in[i]==0){root=i;break;}
62 F(i,1,m){int u,v;cin>>u>>v;qq[u].push_back(v);qq[v].push_back(u);}
63 return;
64 }
65 int fa[maxn],rank[maxn];
66 inline void init()
67 {
68 F(i,0,n-1) fa[i]=i,rank[i]=0;
69 }
70 inline int find(int u)
71 {
72 if(u!=fa[u]) fa[u]=find(fa[u]);
73 return fa[u];
74 }
75 inline void Union(int x,int y)
76 {
77 x=find(x);y=find(y);
78 if(x==y) return;
79 if(rank[x]>rank[y]) fa[y]=x;
80 else fa[x]=y,rank[y]+=rank[x]==rank[y];
81 }
82 int dfn[maxn];
83 bool vis[maxn];
84 inline void tarjan(int u)
85 {
86 for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
87 {
88 cout<<e[i].to<<endl;
89 tarjan(e[i].to);
90 Union(u,e[i].to);
91 dfn[find(u)]=u;
92 }
93 vis[u]=true;
94 for(int i=0;i<qq[u].size();i++)
95 if(vis[qq[u][i]]) cout<<u<<" and "<<qq[u][i]<<" 's LCA is : "<<dfn[find(qq[u][i])]<<endl;
96 }
97 int main()
98 {
99 std::ios::sync_with_stdio(false);//cout<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(1)<<y;
100 #ifdef LOCAL
101 freopen("data.in","r",stdin);
102 freopen("data.out","w",stdout);
103 #endif
104 input();init();
105 F(i,0,n) dfn[i]=i;
106 M(vis,false);
107 cout<<endl<<root<<endl;
108 F(i,1,tot) cout<<e[i].from<<" "<<e[i].to<<" "<<e[i].next<<endl;cout<<endl;
109 tarjan(root);
110 return 0;
111 }
三、RMQ算法
每当“进入”或回溯到某个结点时，将这个结点的深度存入数组E最后一位。同时记录结点i在数组中第一次出现的位置(事实上就是进入 结点i时记录的位置)，记做R[i]。如果结点E[i]的深度记做D[i]，易见，这时求LCA(T,u,v)，就等价于求E[RMQ(D,R[u],R [v])]，
来源：https://www.cnblogs.com/SBSOI/p/5978699.html