利用完全二叉樹快速求解LCA

以下內容是從AekdyCoin的一篇文章裡看到的，源處處不明，只是感到很神奇，尚未發現用武之地。

下面所說的演算法由於相比於Tarjan和nlogn的做法會複雜一些，因此用的也不多。不過出於好奇，我還是研究了一下。

眾所周知，lca和rmq就像情侶一樣關係緊密。lca可以由dfs一次轉化為+1rmq問題，而+1rmq是可以用O(nlogn)-O(1)或O(n)-O(1)做出來的，不過寫起來會比較麻煩而且細節很多，具體的做法就不贅述了。

接下來要講的O(n)-O(1)線上lca的演算法和rmq沒有絲毫關係，而且演算法簡潔，實現簡單，除了證明複雜之外。不過證明再複雜也沒影響，因為在用的時候直接套是不需要考慮太多證明的，所以理解即可。
首先介紹一下完全二叉樹上的lca的求解。

上面這個圖給出了15個點的完全二叉樹，所有節點按照樹的中序遍曆分配編號，編號從1開始。在這棵樹上的lca是怎樣的形態？

注意到，這棵樹從根節點往下，每個節點末尾連續的0個數依次遞減。對於任意一個點x，設它末尾連續的0的個數是k個，那麼它的子樹有2k+1-1個節點，而且左右子樹分別是2k-1個。同時，每個孩子的編號除了後k+1位可能和x不同外，首碼完全相同。其中，左子樹的第k位是0，右子樹的第k為是1。即如果x
= “a1b”，a是任意01串，b是連續的k個0，那麼x的子樹中的節點的結構式”ac”，c是長度為k+1的任意01串。
哈！聰明的你肯定可以發現，在這樣的完全二叉樹上，任意兩個點的的lca可以用位元運算很快的求出來：設兩點的中序編號為x和y以及他們的lca為r，令z = x ^ y（按位異或），k為z二進位表示中最靠左的1的位置，那麼r的k左邊的部分是和x、y相同的（因為異或），而第k位是1，k右邊都是0。
上面所說的那個規律很好發現，只是描述起來很複雜而已- -|||。即，如果認為位元運算的操作時間是常數時間，那麼在完全二叉樹中任意兩個節點的lca就可以在O(1)內解決。但是通常的lca問題是任意給定的樹，結構不一定是二叉的。這個完全二叉樹的做法能對我們有什麼協助呢？

如果我們能夠找到一種映射關係將兩者聯絡起來，即將lca的查詢轉化到完全二叉中，也就可以做到O(1)了。這裡要說的映射方法是這樣的：
首先定義函數h(x)為數x的二進位表示中末尾連續的0的個數，也稱之為x的高度。
       1.    對整棵樹進行先序遍曆（為什嗎？）分配編號；
       2.    對於每個點x，求出以它為根的子樹中所有節點的最大的h函數值，設這個值為I(x)。

這幅圖給了一個分配編號以及求I(x)的例子。注意到在圖中有紅色標記的路徑上的每個點的I值是相同的，都等於路徑中深度最大的那個點的h函數值，這個值同時也是它的I值。為什麼是這樣的？有個比較明顯的結論，父親的I值始終不小於兒子的I值。那麼紅色路徑的性質的原因也就不難理解了。需要注意的是，在一棵子樹中h函數值最大的點有且只有一個。

到這一步就說我們將一般lca問題和完全二叉樹lca結合了起來還為時尚早。下面給出一個極為重要的結論：
如果z是x的祖先，那麼I(z)在完全二叉樹中也是I(x)的祖先（樹中一個節點也可以理解為自己的祖先）。
證明：    首先有I(z) ≥ I(x)。如果I(z) = I(x)，那麼結論顯然成立。
對於I(z) > I(x)的情況，令h(I(z)) = i。假設在第i位的左邊存在某一個位置k（k > i），I(z)和I(x)在k的左邊每一位相同，而在第k位它們倆不一樣，那麼因為I(z) > I(x)，所以I(z)在第k位是1，而I(x)
在這一位是0。那麼肯定存在一個N使得I (x) < N < I(z)，這個N的第k位以及其左邊與I(z)相同，而N的第k位右邊全部為0。因為我們的編號分配過程是先序編號，那麼N肯定出現在z的子樹中，根據I值的定義，有h(N) <= h(I(N)) < h(I(z))。可是之前假設有h(N) = k > i = h(I(z))，產生了矛盾。
因此不存在這樣的k，即，I(z)和I(x)在第i位左邊完全一樣。由於I(z) 在第i位上是1，I(x)是0，因此根據之前給的完全二叉樹的性質可以得知I(z)是I(x)的祖先。

那麼可以確定的是，x和y的lca（設為z）的I值肯定是I(x)和I(y)共同的祖先。
我們將x和y到根節點的路徑分別反向列出來（如給出了節點7和節點10的路徑），可以發現它們有個公用的首碼，其實這一段就是由它們的公用祖先組成的，而最靠後的就是z。在路徑序列中從前往後各個點I值的高度依次不降。在完全二叉樹中，我們可以求出一個點在任意高度的祖先，那麼如果我們能夠確定I(z)的高度，也就可以相應得到I(z)了。I(z)的高度該怎麼算呢？

按照在樹中求I值的方法我們知道，樹中出現的I值只是完全二叉樹中的一個子集，有些數值並沒有取到。比如2如果是8的父親，那麼2(0010)這個值是不會在I中出現的。那麼點到根節點的路徑序列中的I值並不像完全二叉樹中那樣連續的。因此，為了方便處理，我們需要把節點到根節點路徑上所有I值的高度資訊存下來。這個是很好實現的，用二進位串來表示在這個節點的祖先中某一個高度是否達到即可，由於樹的規模一般不會太大，用一個32位int來存完全足夠了，我們用A(x)來表示這個數。
令I(x)和I(y)的lca的高度是i，然後j是A(x)和A(y)兩個01串的高位中連續相同的最靠後的位置，不難證明h(I(z)) = j ≥ i。由此，I(z)也就求出來了。

現在我們所需要做的工作就是找到這個z。I值等於I(z)可能會有很多個，但是哪一個才是我們想要的呢？之前在樹上求I值的時候被特意標記過那條紅色的路徑就是所有I值相等的一條鏈，同時，那樣的一個I值也只會出現在這個鏈上。因此，最後其實就是在I(z)的那條臉上找答案了。
節點x和y必然都是在z的子樹裡面的，而x和y在I(z)鏈上的最近的祖先，分別令為x’和y’，其實它倆就是我們的備選答案。如果I(x) = I(z)，那麼顯然x’就等於x本身；如果不等又該怎麼辦呢？

可以稍微拐彎抹角一下。比如上面的7和10的情況，10在I(z)中的最近祖先是2，可是在只知道I(z) = “1000”的情況下，這個2的位置並不好確定。雖然如此，2的兒子9確是好找到的，因為9，在I值等於”1010”所對應的鏈中是出於最上方的位置。如果我們實現將每條I值鏈最上方的節點在預先處理中計算出來，那麼就可以很快的找到了x’和y’在各自到x和y的路徑中的兒子了，因為那倆兒子的I值是很容易得到的。也就是說，我們通過先找到x’和y’的兒子就可以找到x’和y’了。而最後的答案z其實就是x’和y’中深度較小的那個。


自此，我們就將整個問題完美的解決了。下面將步驟總結一下：
1. 預先處理：
a) dfs先序遍曆分配編號（其實後序遍曆也行，但是中序卻不可以），記錄每個點的父親；
b) 計算出每個點的I值以及對應的A值，同時對每條I值對應的鏈記錄深度最小的節點編號；
2. 對於給定詢問x和y，找出I(x)和I(y)的lca並求出該數的高度i；
3. 在i的限制下利用A(x)和A(y)求出I(z)的高度j，並由此得出I(z)；
4. 計算x’：如果I(x) = I(z)，那麼x’ = x；反之，求出x的高度低於j的最大的高度k，算出x的高度為k的祖先中深度最淺的點w，那麼x’ 就是w的父親；
5. 用和步驟4相同的方法計算y’；z就是x’和y’中深度較小的點。
上面的演算法預先處理用兩次dfs即可實現，複雜度都是O(n)，而之後的查詢基於位元運算以及之前與處理的結果的從而達到O(1)。代碼中涉及到比較多的位元運算，不過code長度很短，和離線的Tarjan一樣都很簡潔。



是的，這樣的做法不是普通人能想出的，要麼那人是神級的，要麼他就是各種拼湊了N多天才搞出了這樣演算法。演算法中的那個從一般lca問題向完全二叉樹映射著實會讓人摸不著頭腦，而只有在知曉了所有步驟之後才會發現那樣的轉化是多麼的精妙，然後各種感慨。另外，整個做法的正確性需要大量的證明，幾乎每一次轉化都需要利用很多特殊的性質。總之，這個線上的演算法是各種詭異、各種神奇。不過這些都不影響我們來享受這個演算法所帶來的美感以及便利。至少，它給出了一種解決問題的很好的思路，就是將問題向經典問題靠攏、映射並統一，這個想法能充分利用先有知識並利用它們來學習更多