上一篇我们介绍了图的基础，接下来介绍图的遍历
图的遍历是指从图中的任一顶点出发，对图中的所有顶点访问一次且只访问一次。图的遍历操作和树的遍历操作功能相似。图的遍历是图的一种基本操作，图的其它算法如求解图的连通性问题，拓扑排序，求关键路径等都是建立在遍历算法的基础之上。
由于图结构本身的复杂性，所以图的遍历操作也较复杂，主要表现在以下四个方面：
① 在图结构中，没有一个“自然”的首结点，图中任意一个顶点都可作为第一个被访问的结点。
② 在非连通图中，从一个顶点出发，只能够访问它所在的连通分量上的所有顶点，因此，还需考虑如何选取下一个出发点以访问图中其余的连通分量。
③ 在图结构中，如果有回路存在，那么一个顶点被访问之后，有可能沿回路又回到该顶点。
④ 在图结构中，一个顶点可以和其它多个顶点相连，当这样的顶点访问过后，存在如何选取下一个要访问的顶点的问题。
图的遍历通常有深度优先搜索和广度优先搜索两种方式，他们对无向图和有向图都适用。
一、BFS
深度优先遍历，也有称为深度优先搜索，简称DFS。就像是一棵树的前序遍历。
它从图中某个结点v出发，访问此顶点，然后从v的未被访问的邻接点出发深度优先遍历图，直至图中所有和v有路径相通的顶点都被访问到。若图中尚有顶点未被访问，则另选图中一个未曾被访问的顶点作起始点，重复上述过程，直至图中的所有顶点都被访问到为止。
1.1、实际应用
二、DFS
LCA最近公共祖先问题：
在一棵没有环的树上，每个节点肯定有其父亲节点和祖先节点，而最近公共祖先，就是两个节点在这棵树上深度最大的公共的祖先节点。换句话说，就是两个点在这棵树上距离最近的公共祖先节点。
所以LCA主要是用来处理当两个点仅有唯一一条确定的最短路径时的路径。
举个例子吧
我们该如何去求这个最近公共祖先呢？
通常会想到最简单粗暴的一个办法：对于每个节点询问，遍历所有的点，时间复杂度为O(n*q)，很明显，n和q一般不会很小。
常用的求LCA的算法有：Tarjan/DFS+ST/倍增
后两个算法都是在线算法，也很相似，时间复杂度在O(logn)~O(nlogn)之间
有的题目是可以用线段树来做的，但是其代码量很大，时间复杂度也偏高，在O(n)~O(nlogn)之间，优点在于也是简单粗暴。
主要介绍一下Tarjan算法
Tarjan(离线)算法就是在一次遍历中把所有询问一次性解决，所以其时间复杂度是O(N*α(N)+Q)，其中，α(x)不大于4，N表示问题规模，Q表示询问次数。优点在于相对稳定，也容易理解。（注：这里的复杂度其实应该不是 O(n+q)，还需要考虑并查集操作的复杂度 ，但是由于在多数情况下，路径压缩并查集的单次操作复杂度可以看做 O(1)，所以写成了 O(n+q)）
下面详细介绍一下Tarjan算法的基本思路：
1.任选一个点为根节点，从根节点开始。
2.dfs遍历该点u所有子节点v，并标记这些子节点v已被访问过。
3.若是v还有子节点，返回2，否则下一步。
4.合并v到u上。当一棵子树被搜索完成之后，就把他和他的父亲合并成同一集合；
5.寻找与当前点u有询问关系的点v。
6.若是v已经被访问过了，则可以确认u和v的最近公共祖先为v被合并到的父亲节点a。在搜索当前子树节点的询问时，如果该询问的另一个节点已经被访问过，那么该编号的询问是被标记了的，于是直接输出当前状态下，另一个节点所在的并查集的祖先；
https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/7256007.html
假设我们有一组数据 9个节点 8条边 联通情况如下：
1–2，1–3，2–4，2–5，3–6，5–7，5–8，7–9 即下图所示的树
设我们要查找最近公共祖先的点为9–8，4–6，7–5，5–3；
设f[]数组为并查集的父亲节点数组，初始化f[i]=i，vis[]数组为是否访问过的数组，初始为0; 
下面开始模拟过程：
取1为根节点，往下搜索发现有两个儿子2和3；
先搜2，发现2有两个儿子4和5，先搜索4，发现4没有子节点，则寻找与其有关系的点；
发现6与4有关系，但是vis[6]=0，即6还没被搜过，所以不操作；
发现没有和4有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[4]=1；
表示4已经被搜完，更新f[4]=2，继续搜5，发现5有两个儿子7和8;
先搜7，发现7有一个子节点9，搜索9，发现没有子节点，寻找与其有关系的点；
发现8和9有关系，但是vis[8]=0,即8没被搜到过，所以不操作；
发现没有和9有询问关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[9]=1；
表示9已经被搜完，更新f[9]=7，发现7没有没被搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；
发现5和7有关系，但是vis[5]=0，所以不操作；
发现没有和7有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[7]=1；
表示7已经被搜完，更新f[7]=5，继续搜8，发现8没有子节点，则寻找与其有关系的点；
发现9与8有关系，此时vis[9]=1，则他们的最近公共祖先为find(9)=5；
(find(9)的顺序为f[9]=7–>f[7]=5–>f[5]=5 return 5;)
发现没有与8有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[8]=1；
表示8已经被搜完，更新f[8]=5，发现5没有没搜过的子节点了，寻找与其有关系的点；
发现7和5有关系，此时vis[7]=1，所以他们的最近公共祖先为find(7)=5；
(find(7)的顺序为f[7]=5–>f[5]=5 return 5;)
又发现5和3有关系，但是vis[3]=0，所以不操作，此时5的子节点全部搜完了；
返回此前一次搜索，更新vis[5]=1，表示5已经被搜完，更新f[5]=2；
发现2没有未被搜完的子节点，寻找与其有关系的点；
又发现没有和2有关系的点，则此前一次搜索，更新vis[2]=1；
表示2已经被搜完，更新f[2]=1，继续搜3，发现3有一个子节点6；
搜索6，发现6没有子节点，则寻找与6有关系的点，发现4和6有关系；
此时vis[4]=1，所以它们的最近公共祖先为find(4)=1;
(find(4)的顺序为f[4]=2–>f[2]=2–>f[1]=1 return 1;)
发现没有与6有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[6]=1，表示6已经被搜完了；
更新f[6]=3，发现3没有没被搜过的子节点了，则寻找与3有关系的点；
发现5和3有关系，此时vis[5]=1，则它们的最近公共祖先为find(5)=1；
(find(5)的顺序为f[5]=2–>f[2]=1–>f[1]=1 return 1;)
发现没有和3有关系的点了，返回此前一次搜索，更新vis[3]=1；
更新f[3]=1，发现1没有被搜过的子节点也没有有关系的点，此时可以退出整个dfs了。
经过这次dfs我们得出了所有的答案。
