QBXT Day2主要是数据结构（没写完先占坑）

简单数据结构

本节课可能用到的一些复杂度:
O(log n).
1/1+1/1/.....1/N+O(n log
n)

在我们初学OI的时候，总会遇到这么一道题。

给出N次操作，每次加入一个数，或者询问当前所有数的最大值。

维护一个最大值Max，每次加入和最大值进行比较。（这其实就是一个冒泡排序）

简单的代码实现一下

for(int i=;i<=n;++i)
    {
        MAX=max(MAX,a[i]);
    }

时间复杂度是O(N)

EX:入门题

给出N次操作，每次加入一个数，删除一个之前加入过的数Ai，或者询问当前所有数的最大值。

N ≤ 100000.

这个怎么做呢？

我们可以想到用二叉搜索树这种东西

他其实就是让你找到某个数的位置并且删除，或者是找到树当中权值最大的那个点，我们可以用二叉搜索树啦

这个题吧，关键是在于有多组询问，如果是只有一组的话，我们直接sort一下就行，但是多组数据的话，因为他要动态维护，如果你每次删掉一个数，都得进行一次sort，就会变慢好多，有的人可能会想到用堆，但是这样就不能删除一个数了啊，因为你弹出之后就没法继续维护了

二叉搜索树

二叉搜索树(BST)是用有根二叉树来存储的一种数据结构，
在二叉树中每个节点代表一个数据。
每个节点包含一个指向父亲的指针，和两个指向儿子的指针。如果没有则为空。每个节点还包含一个key值，代表他本身这个点的权值。（这里我们用struct存）

BST是一种支持对权值进行查询的数据结构，它兹磁:
插入一个数，删除一个数，询问最大/最小值，询问第k大值。
当然，在所有操作结束后，它还能把剩下的数从小到大输出来。

如何查询最大/最小值？

我们注意到BST左边的值都比右边要小，所以我们从树根开始，优先找左儿子，直到没有左儿子的时候，输出key值（权值）

上面这张图的最小值就是一直找左儿子找到2的，找最大值也是一直往右找找到19

代码

int FindMin()
{
intx = root;
while (ls[x]) x = ls[x];
return key[x];
}

这里和维护一个堆是比较像的，无非就是我们要保证左儿子比他爹要小，右儿子比他爹要大

那么我们如何删掉一个点呢？

插入一个值

现在我们要插入一个权值为x的节点。
为了方便，我们插入的方式要能不改变之前整棵树的形态。首先找到根，比较一下key[root]和x,如果key[root] < x,节点应该插在root右侧，否则在左侧。

看看root有没有右儿子，如果没有，那么直接把root的右儿子赋成x就完事了。否则，为了不改变树的形态，我们要去右儿子所在的子树里继续这一操作，直到可以插入为止

下面是代码

void insert(intval)
{
key[+ + tot] = val; ls[tot] = rs[tot] = ;
int now = root;//当前访问的节点为now.
for(; ; )
{
if (val < key[now])
if (!ls[now]) ls[now] = x, fa[x] = now, break; else now =
ls[now];
else if (!rs[now]) rs[now] = x, fa[x] =
now, break; else now = rs[now];
}

其实插入BST很随意啊，是不需要强制要求到底是先插入的数大还是后插入的数大，你可以<=放在左边，>放在右边，也可以<放在左边,>=放在右边，都是无所谓的

删除一个值
现在我们要删除一个权值为x的点
之前增加一个点我们能够不改变之前的形态。
那删除可以吗?（当然可以啊）

要想删除一个数，我们肯定得先找到他在哪，所以我们从root开始遍历这棵树

代码

int Find(int x)
{
int now = root;
while(key[now]! = x)
if (key[now] < x) now = rs[now]; else now = ls[now];
return now;
}

好了现在我们找到这个点了，那么你怎么删也是个问题

当然你可以把它直接置为空，但是查询起来十分麻烦，所以我们就换个方式

考虑这哥们的孩子

如果他没孩子（真悲催）就直接删掉就行了。

如果他有一个孩子，那就让他孩子接上他原来的位置（子承父业嘛）

要是这哥们比较幸福，俩孩子（我们就很不幸福了。。。。。。。。。）

这里我们定义x的后继y，y必须是x的右子树所有的点里头权值最小的点

为了找这个点，x可以先走一次右儿子，之后一直走左儿子。

如果y是x的右儿子，那么我们直接把y的左儿子变成原本x的左儿子就行然后就用y来代替x（别忘了x是要被删掉的QWQ）

看看图吧

这里有一个非常精妙的构造，

(超级长啊)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<set>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>

#define N 300005
#define M 8000005

#define ls (t<<1)
#define rs ((t<<1)|1)
#define mid ((l+r)>>1)

#define mk make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second

using namespace std;

int i,j,m,n,p,k,a[N];

int FindMin()
{
        return a[];
}

void build1()
{
        sort(a+,a+n+);
}

void up(int now)
{
        while (now&&a[now]<a[now/]) swap(a[now],a[now/]),now/=;
}

void ins(int x)
{
        a[++n]=x; up(n);
}

void down(int now)
{
        while (now*<=n)
        {
                if (now*==n)
                {
                        if (a[now]>a[now*]) swap(a[now],a[now*]),now*=;
                }
                else
                {
                        if (a[now]<=a[now*]&&a[now]<=a[now*+]) break;
                        if (a[now*]<a[now*+]) swap(a[now],a[now*]),now*=;
                        else swap(a[now],a[now*+]),now=now*+;
                }
        }
}

void del(int x)
{
        swap(a[x],a[n]); --n;
        up(x);
        down(x);
}

void change(int x,int val)
{
        if (a[x]>val)
        {
            a[x]=val;
            up(x);
        }
        else
        {
            a[x]=val;
            down(x);
        }
}

void build2()
{
        for (i=n/;i>=;--i) down(i);
}

int main()
{
     scanf("%d",&n);
     for (i=;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
     build2();
}

但是我们看了这么多，感觉这货并不咋地啊，完全用堆就能解决了QWQ，这个时候我们祭出真正的大杀器

求解第k大值(小扩展)

对于每一个节点，我们在它的结构体里多加一个size，表示这个节点里头字树的个数（包括其本身）

这样的话，我们就能二分地找到第k大的值了

对于根节点的两个儿子，我们看两边子树的size

如果右子树的size>k，那么第k大的数肯定在右子树里头，我们递归求解

如果右子树size+1==K，那么说明右子树就是第K大值

否则，我们就把k-（右子树的size+1），然后递归到左子树去

代码实现

int Findkth(int now, int k)
{
if (size[rs[now]] >= k) return Findkth(rs[now], k);
else if (size[rs[now]] +  == k) return key[now];
else return Findkth(ls[now], k - size[rs[now]] - );
}

如何遍历二叉搜索树呢？

我们可以注意到，由于二叉搜索树的左右儿子有严格的规定，所以我们就来一次中序排列就能把整个树给排好啦

中序遍历的方式：

每一次都先选左儿子走完之后再去访问根节点的信息，再去访问右儿子的信息，这里其实就是一个类似于DFS的操作，所谓中序排列就是左中右

这是代码

int dfs(int now)
{
if (ls[now]) dfs(ls[now]);
print(key[now]);
if (rs[now]) dfs(rs[now]);
}

我们让数列变成有序数列，然后取（right-left）/2作为root，这样就使得树高为logn

插入BST的时候，是不需要强制要求到底是先插入的数大还是后插入的数大，你可以<=放在左边，>放在右边，也可以<放在左边,>=放在右边，都是无所谓的

那么我们为什么要学习BST呢，

首先这是第一个能够利用树的中序遍历的性质的数据结构

而且二叉搜索树是很多重要数据结构的基础，比如之后我们要学到的splay ，treap或者SGT都是基于二叉搜索的

堆

堆是一种特殊的二叉树（完全二叉树）定义

也就是说我们不需要存孩子他爹是谁，对于节点i，他的父亲就一定是i/2，他的两个孩子就是i*2和i*2+1；

PS：二叉搜索树需要保持树的中序遍历不变，而堆则要保证每个点比两个儿子的权值都小，这就导致了堆既可以左中右也可以右中左，这样的话就无法求数的顺序，唯一的方法只有一个一个弹出，也就是说堆只能求最小值或者最大值，是不能求第k大的数的

我们如何建堆呢？

首先是要建出这么一个堆，最快捷的方法就是直接O(N log N)排一下序。（因为通过快排的一个有序数列本身就是一个堆）
反正堆的所有操作几乎都是O(log N)的。之后可以对这个建堆进行优化。

但是对于一个已知多少数据的数列，还有一种神奇的方法，就是倒序建堆，它的时间复杂度是O(n)的

具体是怎么实现的呢？

我们把一个乱序的数组当做一个堆，然后从最后一个数开始，对每一个数进行一次down（），这样就能把一个堆给排好了

我们可以发现每个点都比两个儿子要小（小根堆），所以最小值肯定就是Heap[1]，那么为了维护堆的形态，所以我们只换权值，而不对位置进行改变

下面来讲一讲堆的一些基本操作步骤

插入（大雾

我们要对堆插入一个元素，但是并不是扔进去，让尾指针++就完事了，我们还得对堆的正确性进行维护。

来说一下思想，对于添加进来的元素，设其位置为now，那么他爹就是now/2（now>>1  位运算更快哦）

只要比较二者大小，如果新元素更小，那么就交换即可，否则意味着合法，我们直接退出循环就可以，循环的终止条件就是now！=1（因为当now==1时，它已经是堆首元素，没爹。。。。多苦的一孩子（大雾）

来看代码

inline void add(int x)
{
    Heap[++cnt] = x;//这里小小的压了一下行
    int now = cnt;
    while (now!=1)
    {
        if (Heap[now] < Heap[now >> 1])
            swap(Heap[now], Heap[now >> 1]),now>>=1;
        else
            break;
    }
}

弹出

这个也要分为两种，一种是弹出堆首元素，另一种是弹出任意位置的元素（这种一般与寻找元素相结合，考察对DFS，BFS之类的搜索方法的能力）

先看弹出堆首元素，

想要弹出的话，我们就把最小值修改为INF（我比较喜欢1e9），然后和之前相反，向下比较直到找到合适为止为止。

具体讲一讲

因为小根堆的要求是所有根节点都得比他孩子小，所以我们定义首节点的位置为root=1，因为已经置成INF了，所以我们向下开始比较；

先让两个孩子比，最小的那个再和root比，如果比root小，那么就交换二者，否则符合条件就直接退出循环，这里的循环终止条件是   root << 1 <= cnt，也就是说root的儿子已经比当前的堆的长度大了，也就是不存在儿子了

但是这种方法其实不是很好啊，因为你排到最后，最底下就一大堆INF，难看的要死还占空间，倒不如直接交换首元素和尾元素，然后直接把尾指针减一就可以，这样的话最小值就被删除了，之后进行一下动态维护就可以。

来看代码

inline void pop()
{
    Heap[1] = Heap[cnt--];
    int root = 1;
    while (root << 1 <= cnt)
    {
        int son;
        if ((root << 1) + 1 > cnt ||
                  Heap[root << 1] < Heap[(root << 1) + 1])
        {
            son = root << 1;
        }
        else
            son = (root << 1) + 1;
        if (Heap[son] > Heap[root])
            break;
        swap(Heap[root], Heap[son]);
        root = son;
    }
}

输出堆首元素

这东西其实没啥好讲的，因为堆首元素就肯定是Heap[1]嘛，知道就行，然后就可以输出了，因为不对堆中元素进行移动和修改，是不影响堆的合法性的。

来看看插入

首先我们把一个数插入到堆尾，然后就循环着和他爹比，以小根堆为例，他如果比他爹小，那么就交换二者的权值， 然后对now进行一次赋值，否者直接退出循环就好了，while循环的条件是now！=1

再来看看删除，想要删除的话，我们就把最小值修改为无穷，然后和之前相反，向下比较直到找到合适为止为止，还是看看代码吧

但是这种方法其实不是很好啊，因为你排到最后，最底下就一大堆INF，难看的要死还占空间，倒不如直接交换首元素和尾元素，然后直接把尾指针减一就可以，这样的话最小值就被删除了，之后进行一下动态维护就可以了。

那么我们如何定位一个权值为x的值，并且对他进行操作呢？

一般来说，堆的写法不同，操作之后堆的形态不同，所以一般给的都是改变一个权值为多少的点.那么我们假设权值两两不同，再记录一下某个权值现在哪个位置。在交换权值的时候顺便交换位置信息。

还有就是删除一个值，这个吧和一开始我们说弹出堆首元素是不大一样的，因为虽然都是用最后一个元素和Heap[n]进行交换，但是因为元素n没有什么特殊性质，所以我们就不能只down，而是应该看看这货能上还是能下。

堆排的话就很水啊，把所有的数输进去然后边输边维护，最后直接把堆顶元素输出之后维护就行了，可以看一下我那个总结，当然也可以看看ych大佬的

有一个例题

丑数（也是真的够丑了）
丑数指的是质因子中仅包含2,
3, 5, 7的数，最小的丑数
是1,求前k个丑数。
K ≤ 6000.

打表大法好！没有什么是打表解决不了的.
算了说正经的。
考虑递增的来构造序列.
x被选中之后，接下来塞进去x * 2, x * 3, x * 5, x * 7.
如果当前最小的数和上一次选的一样，就跳过.
复杂度O(K log N)

下面看一看STL，手写堆真的很慢啊。

每次都要写堆太麻烦了有没有什么方便的。
在C + +的include
< queue >里有一个叫priority_queue的东西。（这玩意是优先队列，大根堆，你如果想用小根堆就得加一个greater）

是这样写的

priority_queue <int,vector<int>,less<int> > q;
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> >q;

要注意不要忘掉最后的一个空格，不然编译的时候会当成>>右移

主要就这几种用法

Q.push()
Q.top()
Q.pop()
Q.clear()直接全清空

Q.empty()判是否为空，空返回1

看英文意思就好啦

但是堆还是太蒻了，我们来看个吊一点的

在C + +的include
< set >里有一个叫set的东西。

这玩意的底层实现是一颗红黑树（一个高级一点的二叉搜索树）

st.insert()
st.erase()
st.fnd()
st.lower/upper bound()    lower是>=,upper是>（也就是严格大于）
st.begin()/st.end()

其中，最后四个函数返回的值都是一个迭代器，（就是一个类似于指针的东西），迭代器是有值的，可以（而且是只能）++或--，但是其本身又能指向一个数组的值，直接加个*取值就行

比如int x=*a

堆有啥用

我也不知道它有啥用(大雾
其实也算是了解一种数据结构，为将来学习可并堆，斐波那契堆打下坚实基础(政治课即视感

关键是比STL快。（要不是题目卡时间我才不会手写堆    呕呕呕）
能优化dijkstra(图论).

RMQ

区间RMQ问题是指这样一类问题。
给出一个长度为N的序列，我们会在区间上干的什么(比如单点加，区间加，区间覆盖),并且询问一些区间有关的信息(区间的和,区间的最大值)等。

最简单的问题（其实并不太简单）

给出一个序列，每次询问区间最大值.
N ≤ 100000, Q ≤ 1000000

然后我们就引入ST表啦，那这玩意是个啥？

ST表

ST表是一种处理静态区间可重复计算问题的数据结构，一般也就求求最大最小值，其实主要还是牛在能够重复计算问题

ST表的思想是先求出每个[i, i + 2^k)的最值。
注意到这样区间的总数是O(N log N)的.

PS：log N这一复杂度是OI最常用复杂度（因为很多算法用到二分思想），而sqrt(N)是OI最玄学的复杂度。

来看看预处理

不妨令Fi,j为[i, i + 2^j)的最小值。
那么首先fi,0的值都是它本身。
而Fi,j = min(fi,j-1, fi+2j-1,j-1)
这样在O(N log N)的时间内就处理好了整个ST表

询问

比如我们要询问[l, r]这个区间的最小值.
找到最大的k满足2k ≤ r - l + 1.
取[l, l +
2k), [r - 2k + 1, r + 1)这两个区间。我们注意到这两个区间完全覆盖了[l,
r],所以这两个区间最小值较小的一个就是[l, r]的最小值。
注意到每次询问只要找区间就行了，所以复杂度是O(1).

注意

ST表确实是一个询问O(1)的数据结构，但是它的功效相对也较弱.因为它的区间是有重叠的，例如每次求一个区间的和，利用前缀和可以做到O(N) - O(1).而ST却无法完成

看个问题

给出一个序列，支持对某个点的权值修改，或者询问某个区间的最大值.
N, Q ≤ 100000

此时我们就得做题四部曲了（大雾）

冷静分析一下：

刚学了ST表，只需要O(1)就能询问了，那咋实现呢？？？

构思一下思路啊，看看能不能强行维护ST表

如果改5这个点

j = 0 改了一个位置  ，嗯，完美.
j = 1 改了两个位置  4, 5,稳.
j = 2 改了四个位置  2, 3, 4, 5,还行.

but。。。。。。。

当j往上走的时候，要改的区间的个数是这个点的编号.
现在修改一次要修改O(N)个点.
一看就很不靠谱

但是为什么不靠谱？？？

有可能是选定的区间有问题，换方法吧，看看下面这个。

线段树

其实线段树被称为区间树比较合适（因为是把一条线段不断二分），它的本质是一棵不会改变形态的二叉树.
树上的每个节点对应于一个区间[a,
b](也称线段),a,b通常为整数.

这就是一棵很好的二叉树

非叶节点就是区间长度不是1的线段

为了不让区间有重叠，我们采用区间拆分

区间拆分是线段树的核心操作,我们可以将一个区间[a, b]拆分成若干个节点,使得这些节点代表的区间加起来是[a, b],并
且相互之间不重叠.
所有我们找到的这些节点就是”终止节点”

如果说你的区间和左边有交的，那么一定有一个终止端点在左边，同理，右边有相交也一定有终止端点在右边，看上面那个树，求【2,8】，他两边都相交，所以我们两边分别递归求终止区间。

存线段树的时候，就一定要开四倍的n（其实不开到4倍也行，但是口口相传嘛，就这么开了）

（其实真正的原因是这样的，我们画一下图就能发现，当对一个线段长度为10的线段进行拆分的时候就已经有20个节点，虽然我们不知道这个增长频率是什么，但是应该比较是2^logN吧）

、

T代表区间所代表的节点的编号，l，r是线段树上的区间，ll，rr是实际要分解的区间

如果区间被完全包含，那么直接return，否则就看左右端点的情况，继续递归拆分。

我们要充分利用区间分解的性质，思考在终止节点要存什么信息,如何快速维护这些信息,不要每次一变就到最底层.

例一

给一个数的序列A1, A2, ..., An.并且可能多次进行下列两个操作：

1.对序列里面的某个数进行加减

2.询问这个序列里面任意一个连续的子序列Ai, Ai+1...Aj的和是多少.

3.希望单个操作能在O(log N)的时间内完成.

题解

对于每个节点[L, R],我们记录AL + ... + AR.对于操作1:相当于我们对[i, i]这个区间做了一个区间分解.沿路我们在找到[i,i]时经过的所有祖先节点.

对于操作2:我们对[L, R]做一个区间分解,将每个区间对应的和累加起来就是想要知道的区间和.

[POJ 3264]Balanced Lineup

给定Q个数A1, ..., AQ,多次询问,每次求某一区间[L, R]中最大
值和最小值的差.
Q ≤ 50000

这个题我们只需要存一下每个区间的最大值和最小值，再对两个儿子进行合并就行，合并的时候要注意更新最大值和最小值就可以了

[POJ 3468]A Simple Problem with Integers

给定Q个数A1, ..., AQ,多次进行以下操作:
1.对区间[L, R]中的每个数都加n.
2.求某个区间[L, R]中的和.
Q ≤ 100000

如果我们对l到r的每个数都加n的话，我们肯定至少是要走一遍O（n）的，但是这样很慢啊，考虑我们对于区间的结构体里头加一个inc这个变量，用来记录增加了多少，等到我们最终需要输出的时候，再把inc加上就好了

这就是一个非常重要的思想

延迟更新：
信息更新时，未必要真的做彻底的更新，可以只是将应该如何更新记录下来，等到真正需要查询准确信息时，才去更新查询的部分。

在区间增加时，如果要加的区间正好覆盖一个节点，则增加
其节 点的inc值和sum值，不再往下走

举个例子

这里用一个down函数来一步步把inc传递给其子区间

Inc先看看是不是整个区间，如果是就直接打上标记，否则就再次递归

对于区间和，只要有一个字树改变，那么这个子树所有的祖宗都要加a，叶节点的inc标记因为没有儿子，所以他的inc是不可能下传的

看一下代码吧

int i,j,m,n,p,k,lazy[N*],sum[N*],a[N],ans,x,c,l,r;

void build(int l,int r,int t)
{
        if (l==r) sum[t]=a[l];
        else
        {
             build(l,mid,ls);
             build(mid+,r,rs);
             sum[t]=sum[ls]+sum[rs];
        }
}

void down(int t,int len) //对lazy标记进行下传
{
        if (!lazy[t]) return;
        sum[ls]+=lazy[t]*(len-len/);
        sum[rs]+=lazy[t]*(len/);
        lazy[ls]+=lazy[t];
        lazy[rs]+=lazy[t];
        lazy[t]=;
}

void modify(int ll,int rr,int c,int l,int r,int t) //[ll,rr]整体加上c
{
         if (ll<=l&&r<=rr)
         {
                 sum[t]+=(r-l+)*c; //对[l,r]区间的影响就是加上了(r-l+1)*c
                lazy[t]+=c;
         }
         else
         {
                 down(t,r-l+);
                 if (ll<=mid) modify(ll,rr,c,l,mid,ls);
                 if (rr>mid)  modify(ll,rr,c,mid+,r,rs);
                 sum[t]=sum[ls]+sum[rs];
         }
} 

void ask(int ll,int rr,int l,int r,int t) //对于区间[l,r]进行询问
{
        if (ll<=l&&r<=rr) ans+=sum[t]; //代表着找到了完全被包含在内的一个区间
        else
        {
                down(t,r-l+);
                if (ll<=mid) ask(ll,rr,l,mid,ls);
                if (rr>mid)  ask(ll,rr,mid+,r,rs);
        }
}

int main()
{
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (i=;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
        build(,n,);
}

来看看这个例题

[POJ2528]Mayor’s posters

我们得先对数据进行一些处理,你得让在1kw的砖块数量减少啊，我们将海报的所有的端点都拿出来,排序去之后去重。
对于两个端点之间的部分,每块砖要么完全经过它们,要么完全不经过它们，我们把它们当成一块砖,然后就可以把砖块数量减低到4w个了，一共2w个端点，相邻两个端点之间生成一个砖块
算上端点在内，一共不超过4w块砖，而且两个端点中间还不一定有砖

那么我们从最底层的海报开始，一张一张往上贴.
对于一个区间[L, R],我们记录的信息是这个区间整体被第几张海报覆盖了,初始值设为-1，对于一张包含[L, R]的海报i,我们就只需要把[L, R]里面所有的位置都赋成i就可以了

这里有一个思考性的问题，会不会出现后来的标记被之前的标记覆盖呢？

其实想一想的话是不会的，因为我只要打了标记就一定向下传递，而此时新的标记还没有打，就没问题啦

ZYB 画画

给出长度为N的序列A,
Q次操作，两种类型:
(1 x v),将Ax改成v.
(2 l r) 询问区间[l,
r]中有多少段不同数。例如2 2 2 3 1 1 4,就是4段。
N, Q ≤ 100000

线段树上的每个节点都维护三个信息:这段区间有多少段不同的数,最右边的数，最左边的数.（每个节点其实是一个区间（或一个点））
这段区间有多少段不同的数,最右边的数，最左边的数，合并的时候，如果中间接上的地方相同，则段数-1.
非常简单的线段树合并操作.时间复杂度O((N + Q) log N)

树状数组

我们其实就可以开一个结构体，里面存sum，l，r，合并的时候我们看左儿子最右边的数是不是等于右儿子最左边的数，如果相等，那么不同的段数就-1

我们就这么递归着来求

树状数组
讲了RMQ问题，再来讲讲树状数组.
树状数组是一种用来求前缀和的数据结构.
记lowbit(x)为x的二进制最低位.

就是最低位的1所代表的数
例子:lowbit(8)
= 8, lowbit(6) = 2

对于原始数组A,我们设一个数组C.
C[i]=a[i-lowbit(i)+1]+...+a[i]
i > 0的时候C[i]才有用.C就是树状数组

LCA

在一棵有根树中,树上两点x, y的LCA指的是x, y向根方向遇
到到第一个相同的点.
我们记每一个点到根的距离为deepx

在一棵有根树中,树上两点x, y的LCA指的是x, y向根方向遇
到到第一个相同的点.
我们记每一个点到根的距离为deepx.
注意到x, y之间的路径长度就是deepx
+ deepy - 2 * deepLCA.