. 问题定义 .#

最近公共祖先简称。两个节点的最近公共祖先，就是这两个点的公共祖先里面，离根最远的那个。
为了方便，我们记某点集  的最近公共祖先为  或 。

. 解法 .#

 前置知识 #

欧拉序#

在树上做一次深度优先遍历(DFS)，每当到达一个节点(无论是首次进入,还是处理完所有子节点后回溯回来)，就把该节点记录下来，由此得到的节点序列称为欧拉序(Euler tour)。
一种较为形式化描述是：
从根节点 root 开始执行以下递归过程：

是

否

开始: dfs u

记录节点 u 到欧拉序

还有未处理的子节点?

取下一个子节点 v

递归调用 dfs v

记录节点 u 到欧拉序

结束

RMQ#

RMQ 问题指区间最值查询（Range Minimum/Maximum Query）。

 欧拉序与RMQ问题 #

好了，了解完前面的知识，我们就要引出一个重要性质：

性质1#

记  为节点 u 第一次在欧拉序中出现的位置。
对于任意两个节点 u,v，设 ,
则:

即区间 [l,r] 中深度最小的节点就是 u 与 v 的最近公共祖先。

#

设 。节点  和  分别位于  的不同子树中，或者其中一个就是  本身。
考察从首次进入  到首次进入  这段欧拉序对应的遍历过程：当 DFS 首次到达 （位置 ）后，算法会回溯到 ，再向下进入 （到达位置 ）。因此  必然在区间  内至少出现一次。
对于该区间内的任意一个节点 ，它出现在  到  之间，意味着在从  回溯到  并前往  的过程中访问了 。由 DFS 的性质，这期间访问的所有节点都位于  的子树中（包括  本身）。故有：

当且仅当  时等号成立。因此，区间  内深度最小的节点恰好就是 ，即：

证毕。

 RMQ求法 #

你该不会认为这章最简单吧
你该不会直接套ST表吧，很显然，还是太不优秀了
当然不会直接套 ST 表。注意到我们的欧拉序有一个极其特殊的性质：相邻两个元素的深度差恰好为 。这引出了解决一般 RMQ 问题最优秀的算法之一—— RMQ，它可以将预处理复杂度压到真正的 ，同时保持  查询。

 RMQ 算法#

我们面对的序列 （此处 ，即欧拉序长度）满足：

我们要在线回答  的位置。
算法的核心思想是分块 + 状态压缩
第一步：分块与块间稀疏表
令块大小 （在  时 ）。将序列划分为  个块。
对块的最小值建立稀疏表（Sparse Table）。具体地，令 第块中的值，在数组  上运行标准 ST 表预处理。这一步时空复杂度均为 ，由于 ，这其实是  的。
第二步：块内本质类的数量
对于块内查询，若对整个数组的每一块都暴力跑 ST 表或全预处，空间会爆炸。但注意到  性质把块内的“形状”限制在极小的范围内。
考虑任意一个长度为  的块，对其内部元素作差分：

因此，给定该块的首元素值，整个块由这个长度为  的  差分序列唯一决定其相对形态。差分序列总共只有  种。由 ，得种类数约为：

这是一个远远小于  的数量级（ 时约  多种）。
第三步：块内查询的预打表
对于这至多  种差分类型，我们完全可以预处理出每一种类型在任意区间 （）内的最小值位置。
第四步：回答查询
对于一个查询 ：

• 若  在同一块内，直接用块内预打表结果，。
• 若跨块，则区间被分为：左端块的后缀 + 中间若干整块 + 右端块的前缀。
  • 左端块后缀、右端块前缀：分别用块内预打表  得到最小值位置。
  • 中间整块：在第一步的块稀疏表上做一次  RMQ。
  • 在得到的至多三个候选位置中，比较它们在原序列  中的深度，选取最小的那个。。

. 时间复杂度分析 .#

 符号约定与基础规模#

设树有  个节点。进行一次深度优先遍历（DFS）得到欧拉序，欧拉序的长度  具有如下性质：

性质2（欧拉序长度）
对于 ，欧拉序的长度 。
证明. 在DFS过程中，每个非根节点被记录两次：一次进入，一次回溯至父节点；根节点被记录一次进入，且最后一次回溯不产生新的记录。总计记录次数为 。
故 ，在后继复杂度分析中可直接视  与  同阶。

我们的目标是在序列 （此处 ）上支持区间最小值位置查询，并且序列满足  性质：

 分块与块间稀疏表#

令块大小 。将  划分为  个块，记第  个块的最小值（按深度）为 。

对数组  建立稀疏表（Sparse Table），以支持在  时间内查询任意连续块区间的最小值位置。稀疏表的预处理时间复杂度为 ，空间复杂度也为 。

块间稀疏表复杂度计算：
已知 ，于是块数

代入稀疏表开销：

因此块间稀疏表的预处理时间与空间均为 。

 块内本质类的数量与预打表#

对于任意一个长度为  的块，给定其首元素的值，该块的相对形态完全由长度为  的差分序列

决定。因此可能的差分序列种类数为

由  的定义可得上界：

故 ，种类数量远小于 。

对每一种差分类型，我们都可以预处理出一个  的查询表，存放该块内所有区间 （）上最小值的位置（相对于块起始的偏移）。构建该表的时间为 ，空间也为 。

块内预打表复杂度计算：
类型数 ，每类耗时 ，因此总预处理时间为

同样，块内打表所需额外空间为 。

 单次查询的时间复杂度#

对于一次区间查询 ，分为两种情况：

1. 若  与  位于同一块内：直接使用该块对应的块内预打表，在  时间内返回最小值位置。
2. 若  与  跨越多个块：
   • 左端块的后缀查询：使用块内预打表，；
   • 中间连续整块的查询：使用块间稀疏表进行一次 RMQ，；
   • 右端块的前缀查询：使用块内预打表，；
   • 比较上述至多三个候选位置的深度值，取深度最小者，。

因此无论何种情形，单次查询均可在严格  时间内完成。

 总体复杂度#

将欧拉序生成、深度数组计算、 RMQ 预处理与单次查询的开销汇总如下：

阶段	时间复杂度	空间复杂度
DFS 生成欧拉序、深度及首次出现位置
块间稀疏表预处理
块内本质类预打表	（亚线性）	（亚线性）
总预处理
单次 LCA 查询		—

. 代码实现 .#

自己写，不要总想抄。这是信息学竞赛，不是文科。
以P3379为题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int block_size;
vector<int> eul,dep,fst;
vector<vector<int>> tree;
vector<int> block,belong,lookup;

void dfs(int now,int pre,int step){
    dep[now]=step;
    eul.push_back(now);
    fst[now]=min(fst[now],(int)eul.size()-1);
    for(int i=0;i<tree[now].size();i++){
        if(tree[now][i]==pre){
            continue;
        }
        int nxt=tree[now][i];
        dfs(nxt,now,step+1);
        eul.push_back(now);
    }
    return ;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n,m,s;
    cin >> n >> m >> s;
    fst.resize(2*n+1,INT_MAX);
    dep.resize(n+1);
    tree.resize(n+1);
    for(int i=0;i<n-1;i++){
        int x,y;
        cin >> x >> y;
        tree[x].push_back(y);
        tree[y].push_back(x);
    }
    eul.reserve(2*n-1);
    dfs(s,-1,0);
    int len=eul.size();
    vector<int> dep_eul(len);
    for(int i=0;i<len;++i) dep_eul[i]=dep[eul[i]];
    int B=1;
    if(len>2){
        int log_len=31-__builtin_clz(len);
        B=max(1,log_len/2);
    }
    int nb=(len+B-1)/B;
    block.resize(len);
    vector<int> type(nb,0);
    for(int i=0;i<len;++i) block[i]=i/B;
    for(int b=0;b<nb;++b){
        int L=b*B,R=min(len,L+B);
        int mask=0;
        for(int i=L+1;i<R;++i) if(dep_eul[i]>dep_eul[i-1]) mask|=(1<<(i-L-1));
        type[b]=mask;
    }
    int tot=(B>1)?(1<<(B-1)):1;
    lookup.assign(tot*B*B,0);
    for(int mask=0;mask<tot;++mask){
        vector<int> rel(B,0);
        for(int i=1;i<B;++i){
            if((mask>>(i-1))&1) rel[i]=rel[i-1]+1;
            else rel[i]=rel[i-1]-1;
        }
        int base=mask*B*B;
        for(int l=0;l<B;++l){
            int p=l;
            for(int r=l;r<B;++r){
                if(rel[r]<rel[p]) p=r;
                lookup[base+l*B+r]=p;
            }
        }
    }
    vector<int> bmin(nb);
    for(int b=0;b<nb;++b){
        int L=b*B,R=min(len,L+B);
        int best=L;