一. 离线Tarjan算法

LCA问题(lowest common ancestors)：在一个有根树T中，两个节点和的最近公共祖先，指的是二者的公共祖先中深度最高的节点。给定任意两个树中的节点，求它们的最近公共祖先。

对于二分查找树、二叉树，可以用普通的dfs实现，但对于多叉树、查询次数频繁的情况下，离线Tarjan算法的优点就显现出来了。由于对树上所有节点只进行一次遍历，因此需要提前指定所有查询，所以才称为offline。

算法思路是：每次处理一个节点时，先递归处理其儿子节点，保证：若查询的节点pair均在该子树中，则处理完这个节点后，这些查询也已经处理完毕，否则其中一个节点在另一个子树中，这对节点的公共祖先至少应该是的父节点。具体是对每个节点，都维护一个集合，每当一个节点处理完毕，就与其父节点所在集合进行合并。处理完毕指的是：以该节点为根节点的子树中的所有节点都被访问过并且返回了。因此以某个元素为代表元的集合内，保存的都是当前已经处理完毕的子孙节点。

算法的伪代码如下：初始时每个节点颜色均为white

LCA(u)
1	MakeSet(u)
2	u.ancestor := u
3	for each v in u.children do
4		LCA(v)
5		Union(u, v)
6		Find(u).ancestor := u
7	u.color := black;
8	for each v such that {u, v} in P do
9		if v.color == black
10			print "Tarjan's lowest common Ancestor of " + u + 
				  " and " + v + " is " + Find(v).ancestor + "."</span>
		

下面首先对算法导论中的习题进行证明:

(1)证明：对每一对，第10行恰执行一次

证明：因为每个节点只调用一次LCA，对任意节点对，不失一般性，假设先被处理完，则当的所有儿子都处理完，被置为Black，此时v仍为White。只有当v处理完其子树，被置为Black，才能进入第10行的代码。因此对每一对查询，第10行只执行一次。

(2)证明：在调用LCA()时，不相交集合数据结构中的集合数等于在树T中的深度

证明:调用LCA()时，以为根的子树均没有被访问。假设是其父节点的第个儿子节点，则对所有儿子节点，由于这些节点已经处理完毕并返回，都进行了的操作，因此这些子树中的节点与在同一个集合中。而对节点来说，其子树并未处理完毕，所以对于的调用LCA()并没有返回，因此和其父节点在不同的集合中，同理可以一直推到根节点。因此当前的集合数等于在树T中的深度。

(3)证明：对每一对，LCA能正确的输出和的最小公共祖先

证明：

①若和在同一条路径中，不失一般性，假设为的祖先节点，则节点返回后两个节点均为BLACK，输出，正确

②否则，假设二者的最近公共祖先为，设在第个分支上，在第个分支上()，那么先被访问到，在第9行代码处，由于尚未处理仍为White，所以返回，所在集合与其父节点所在集合Union，回到时集合代表元的ancestor被置为，然后才能继续处理。处理完时，进入第9行代码，此时的颜色已经为BLACK，输出，得到正确答案。

综上，LCA能正确输出和的最小公共祖先。

二. 并查集优化——不相交集合森林

因为其中涉及到集合操作，因此使用了并查集来优化，并查集可以使用更快的实现，用有根树表示集合，每个成员仅指向其父节点，每棵树的根包含集合的代表元素，代表元的父节点是其本身。通过引入两种启发式策略（Union的时候按秩合并，Find的时候进行路径压缩），能得到渐进最优的不相交集合数据结构。

按秩合并：在Union的时候，常常会碰到两个集合元素个数不一样，显然将小的集合纳入大的集合，操作成本更低。由于使用的是有根树来表示集合，所以自然地可以用根节点（代表元）的高度来表示，这个就称为秩(rank)。在Union的过程中，让具有较小秩的根指向具有较大秩的根。若二者具有相同的秩，则任取其中一个作为父节点，并对它的秩加1。（因为此时树的高度增加了1）。

路径压缩：普通的Find算法直接沿着节点路径向上查找到根，对一个具有n个节点的路径来说，对这n个节点都进行Find操作，每个节点都需要沿着父节点搜到根，需要的操作。而优化的方法是：找到根之后，对这条查找路径上的节点，都将其父节点更新为根节点，即：一次Find操作将导致这条路径上的节点都直接指向根。

伪代码如下：

MakeSet(x)
	x.p = x
	x.rank = 0

Union(x, y)
	xRoot = Find(x)
	yRoot = Find(y)
	if xRoot.rank > yRoot.rank
		yRoot.p = xRoot
	else 
		xRoot.p = yRoot
		if xRoot.rank == yRoot.rank
			yRoot.rank = yRoot.rank + 1

Find(x)
	if x.p != x
		x.p = return Find(x.p)
	return x.p;
	

实际中Find可以用迭代代替递归。实际coding时要注意，parent这一结构是在并查集中用到的，ancestor是LCA算法中的，二者不能等同，并且ancestor也不是代表元，ancestor指的是代表元所在集合中所有节点的公共祖先。

题目：http://poj.org/problem?id=1330 ，AC代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 10005

struct Edge{
	int to, next;
};
Edge e[N];
struct Node{
	int pa, rank;
	Node() : pa(0), rank(0) {}
};
Node nodes[N];

int head[N], cnt, q1, q2, ancestor[N];
bool hasp[N], color[N];

void add(int from, int to){
	e[cnt].to = to, e[cnt].next = head[from], head[from] = cnt;
	++cnt;
}

void make_set(int u){
	nodes[u].pa = u;
	nodes[u].rank = 0;
}

int find_set(int u){
	int root = u;
	while(nodes[root].pa != root)
		root = nodes[root].pa;
	int cur;
	while(u != root){
		cur = nodes[u].pa;
		nodes[u].pa = root;
		u = cur;
	}
	return root;
}

void union_set(int x, int y){
	int xr = find_set(x), yr = find_set(y);
	if (nodes[xr].rank > nodes[yr].rank)
		nodes[yr].pa = xr;
	else{
		nodes[xr].pa = yr;
		if(nodes[xr].rank == nodes[yr].rank)
			++nodes[yr].rank;
	}
}

bool LCA(int u){
	make_set(u);
	ancestor[u] = u;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].next){
		int v = e[i].to;
		if(LCA(v))
			return true;
		union_set(u, v);
		ancestor[find_set(u)] = u;
	}
	color[u] = true;
	bool fin = false;
	if(u == q1 && color[q2])
		cout << ancestor[find_set(q2)] << endl, fin = true;
	else if(u == q2 && color[q1])
		cout << ancestor[find_set(q1)] << endl, fin = true;
	return fin;
}

int main(){
	int tc;
	cin >> tc;
	while(tc --){
		int n;
		cin >> n;
		memset(head, 0, sizeof(head));
		memset(ancestor, 0, sizeof(ancestor));
		memset(color, false, sizeof(color));
		memset(hasp, false, sizeof(hasp));
		cnt = 1;
		for(int i = 1; i < n; ++i){
			int p, c;
			cin >> p >> c;
			add(p, c);
			hasp[c] = true;
		}
		cin >> q1 >> q2;
		int root = 0;
		for(int i = 1; i <= n; ++i){
			if(!hasp[i]){
				root = i;
				break;
			}
		}
		LCA(root);
	}
	return 0;
}