转载自：
一、最近公共祖先(Least Common Ancestors)
对于有根树T的两个结点u、v，最近公共祖先LCA(T,u,v)表示一个结点x，满足x是u、v的祖先且x的深度尽可能大。另一种理解方式是把T理解为一个无向无环图，而LCA(T,u,v)即u到v的最短路上深度最小的点。
这里给出一个LCA的例子：
例一
对于T=<V,E>
V={1,2,3,4,5}
E={(1,2),(1,3),(3,4),(3,5)}
则有：
LCA(T,5,2)=1
LCA(T,3,4)=3
LCA(T,4,5)=3
二、RMQ问题(Range Minimum Query)
RMQ问题是指：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ(A,i,j)(i,j<=n)，返回数列A中
下标在[i,j]里的最小值下标。这时一个RMQ问题的例子：
例二
对数列：5,8,1,3,6,4,9,5,7 有：
RMQ(2,4)=3
RMQ(6,9)=6
RMQ问题与LCA问题的关系紧密，可以相互转换，相应的求解算法也有异曲同工之妙。
下面给出LCA问题向RMQ问题的转化方法。
对树进行深度优先遍历，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])]，(R[u]<R[v])。例如，对于第一节的例一，求解步骤如下：
数列E[i]为：1,2,1,3,4,3,5,3,1
R[i]为：1,2,4,5,7
D[i]为：0,1,0,1,2,1,2,1,0
于是有：
LCA(T,5,2) = E[RMQ(D,R[2],R[5])] = E[RMQ(D,2,7)] = E[3] = 1
LCA(T,3,4) = E[RMQ(D,R[3],R[4])] = E[RMQ(D,4,5)] = E[4] = 3
LCA(T,4,5) = E[RMQ(D,R[4],R[5])] = E[RMQ(D,5,7)] = E[6] = 3
易知，转化后得到的数列长度为树的结点数的两倍加一，所以转化后的RMQ问题与LCA
问题的规模同次。
LCA转化为RMQ问题的实现：
int D[N], E[N], R[N];class RMQ {public: int Min[N][20]; void build(int n) { int i, j, m; for(i = 1; i <= n; ++i) Min[i][0] = i; m = int(log(double(n))/log(2.0)); FOR(j, 1, m) { FOR(i, 1, n - (1< g[N];int in[N], cnt;bool vis[N];void init(int n) { CL(in, 0); CL(D, 0); CL(E, 0); CL(R, 0); CL(vis, 0); cnt = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i) { g[i].clear(); }}void dfs(int t, int dep) { if(!vis[t]) { R[t] = cnt; vis[t] = true; } D[cnt] = dep; E[cnt++] = t; for(int i = 0; i < int(g[t].size()); ++i) { dfs(g[t][i], dep + 1); D[cnt] = dep; E[cnt++] = t; }}int main() { //freopen("data.in", "r", stdin); int t, i, n, x, y; scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d", &n); init(n); REP(i, n - 1) { scanf("%d%d", &x, &y); g[x].push_back(y); in[y]++; } FOR(i, 1, n) { if(in[i] == 0) { dfs(i, 0); break; } } cnt--; Q.build(cnt); scanf("%d%d", &x, &y); x = R[x], y = R[y]; if(x > y) swap(x, y); printf("%d\n", E[Q.query(x, y)]); } return 0;}
RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题是求区间最值问题。你当然可以写个O(n)的（怎么写都可以吧=_=),但是万一要询问最值1000000遍，估计你就要挂了。这时候你可以放心地写一个线段树（前提是不写错）O（logn)的复杂度应该不会挂。但是，这里有更牛的算法，就是ST算法，它可以做到O(nlogn)的预处理，O(1)！！！地回答每个询问。
首先是预处理，用一个DP解决。设a[i]是要求区间最值的数列，f[i,j]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。例如数列3 2 4 5 6 8 1 2 9 7 ,f[1，0]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。f[1，2]=5，f[1，3]=8，f[2，0]=2，f[2，1]=4……从这里可以看出f[i,0]其实就等于a[i]。这样，Dp的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。我们把f[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字），从i到i+2^(j-1)-1为一段，i+2^(j-1)到i+2^j-1为一段(长度都为2^（j-1）)。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。f[i，j]就是这两段的最大值中的最大值。于是我们得到了动规方程
.
接下来是得出最值，也许你想不到计算出f[i，j]有什么用处，一般毛想想计算max还是要O(logn)，甚至O(n)。但有一个很好的办法，做到了O（1）。还是分开来。如在上例中我们要求区间[2，8]的最大值，就要把它分成[2,5]和[5,8]两个区间，因为这两个区间的最大值我们可以直接由f[2，2]和f[5，2]得到。扩展到一般情况，就是把区间[l，r]分成两个长度为2^n的区间（保证有f[i，j]对应）。直接给出表达式：
#include #include #include #include #include #include #include #define CL(arr, val) memset(arr, val, sizeof(arr))#define REP(i, n) for(i = 0; i < n; ++i)#define FOR(i, l, h) for(i = l; i <= h; ++i)#define FORD(i, h, l) for(i = h; i >= l; --i)#define L(x) x << 1#define R(x) x << 1 | 1#define MID(l, r) (l + r) >> 1typedef long long LL;using namespace std;const int N = 50010;int Max[N][20];int Min[N][20];int num[N], n;void init() { int i, j, m; FOR(i, 1, n) { Max[i][0] = num[i]; Min[i][0] = num[i]; } m = int(log(double(n))/log(2.0)); FOR(j, 1, m){ FOR(i, 1, n - (1<