Trie与可持久化Trie

经过两天的奋斗，我终于点满了Trie树的技能树

Trie树（字典树）

顾名思义，对于一个字符串，将其各个字符建成树，其中包含一定的父子关系（第i个字符是第i+1个字符的父亲），像这样，当对若干个字符串进行建树操作时，两两字符串的公共部分就会沿着树走下来，在不同处分叉，这个显然是很好理解的。 我们看着个图，原先的Trie树已经有了ABC,AC,BC这三个串（根节点为空）。当要插入CD这个串时，由于原来的树没有以C为字节点的子树，那么就只能将这个串插到根节点下面；而插入ACBD这个串时，由于原树已经有了一条AC的路径，那么我们只需要把BD接到C后面即可。

这个操作看起来简单，其实用代码实现起来也是很简单的。

int insert(char *ch)      //trie[u][x]表示u节点的x字符指针指向的节点
{
    int u=0,l=strlen(ch+1);//u为初始指针指向根节点 
    for (int i=1;i<=l;++i)
    {
        int x=ch[i]-'A';   //每次取出字符串中的第i位 
        if (!trie[u][x])trie[u][x]=++tot;  //如果Trie中没有x这个节点，那就插进去 
        u=trie[u][x];      //往下走 
    }
    p[u]=1;                //给结尾打标记 
    return 0;
}

那么查询操作也是同理，从选取字符串的每一位，从树根往下遍历就可以了。

int query(char *ch)
{
    int u(0),l=strlen(ch+1);//u位初始指针指向根节点 
    for (int i=1;i<=l;++i)
    {
        int x=ch[i]-'A';   //取出 
        if (!trie[u][x])return 0; //指针指向空，表示匹配不成功，直接退出 
        u=trie[u][x];     //往下走 
    }
    return p[u];          //返回结尾标记值 
}

时间复杂度：单次O(l)。空间复杂度：O(\sum_{i=1}^{N}l[i]*B)(B为字符集大小)

习题

Phone List

给出N个字符串，看是否有一个串A为串B的前缀。

因为我们在Trie树插入操作中已经对每一串字符串都打上了标记，所以满足答案的关系只有两种，一种是插入的串是之前的串的前缀，那么只要看在插入过程中是不是没有新增节点，另一种是插入的串包括之前的串，也就是之前的串是插入的串的前缀，这个只要看看有没有走到打了标记的点就好了。

完整代码 把清空写炸了害我交了好几次

L语言

给出N个单词，和M个句子，问每个句子中包含这些单词的最长前缀是多少。

考虑对着M个单词建一个Trie树，f[i]表示前i个字符是否可行，便可以每次访问[j+1,l](0\leq j< l)，在访问过程中访问到标记，就可以直接更新f[i]，复杂度O(NM).

完整代码 不在query函数中更新f[i]复杂度是O(N^2M)，会TLE！

秘密消息Secret Message

给出N个01串，和M个01串，问这M个串的每一个串中满足和这N个串其中的一个串有着相同的前缀（前者是后者的前缀或后者是前者的前缀）。

再用一个数组q[u]来记录经过u节点有多少个01串，用p[u]来记录以u节点结尾的01串有多少个，我们先每次往后访问，用p[u]来更新ans,答案显而易见也只有两种可能，一种是走到一个指向空的节点，这时候只要返回ans就好了，另一种是这个串包含了路径上的所有串，这时要返回ans+q[u]-p[u]（因为有重复计算，这个自己模拟下感性理解就好了）。

完整代码 没啥好说的emmmm

01Trie

Trie树就只能对着字符串一顿胡乱操作？答案肯定不是。有一类题，让你求出一些数中A\oplus B的最大值。我们很容易想到用枚举暴力去求，但是复杂度O(N^2)着实让人受不了，于是就可以用01Trie进行求解。

就拿刚才的题目——最大异或数对来说，考虑把所有的数转成二进制插入Trie树中，那么接下来有一种贪心的策略：因为对于两个二进制数，只有这一位上不同，也就是一个是0一个一个是1才会取1，否则取0，那么在找数的过程中贪心的走和当前位相反的那一位，如果相反那一位指向空，就只能走下面这一位，这样子就找到了序列中和这一个数最大的异或值，只需要从[1,N]的各个数找一个最大的答案即可。

这样说太抽象，我们看下面这张图： 我们把9(1001)，7(0111)，5(0101)，2(0010)依次插入树中（最高位补足0），当我们要找和9异或的最大值，只需要贪心的走反路就可以啦，没有反路那就只能往下走了。感性理解感性理解

而由于题目的数据一般会比较大，我们需要建一个30位的01Trie。

代码实现起来也很简单

int query(int x)
{
    int u(0),an(0);      //an记录当前数x与序列中的数的异或最大值 
    for (int i=30;i>=0;i--)   //从高到低位走 
    {
        int ch=(x>>i)&1;  //取出 
        if (trie[u][!ch])u=trie[u][!ch],an+=1<<i;  
       //如果可以走反路，就走反路，更新an 
        else u=trie[u][ch];  //走不了就只能往下走了 
    }
    return an; 
}

时空复杂度：单次O(log\text{值域})，总共O(Nlog\text{值域})，已经可以满足很多题的需要了。

完整代码 一定要按题目数据来开树的长度！

习题

Nikitosh 和异或

在一个有N个元素的序列A中，找出(A[l1]\oplus A[l1+1]\oplus …\oplus A[r1])+(A[l2]\oplus A[l2+1]\oplus…\oplus A[r2])的最大值，其中，1\le l1\le r1<l2\le r2\le N。

设l[i]表示1\le l\le r\le i，最大的A[l]\oplus A[l+1]\oplus…\oplus A[r]，r[i]表示i\le l\le r\le N最大的A[l]\oplus A[l+1]\oplus…\oplus A[r]，那么答案为最大的l[i]+r[i+1]。

我们首先要知道一个异或的性质：对于一个序列A的区间[l,r],都有A[l]\oplus A[l+1]\oplus…\oplus A[r]=(A[1]\oplus A[2]\oplus…\oplus A[l-1])\oplus(A[1]\oplus A[2]\oplus…\oplus A[r])

于是设x[i]表示A[0]\oplus A[1]\oplus…\oplus A[i](A[0]=0)，所以l[i]=max(x[i]\oplus x[j])(0\le j<i)，r[i]=max(x[i]\oplus x[j])(i<j\le N)

然后这个题就很好做啦。

完整代码 数组开大千万别RE

最长异或路径

给定一棵N个点的带权树，结点下标从1开始到N。寻找树中找两个结点，求最长的异或路径。（异或路径指的是指两个结点之间唯一路径上的所有边权的异或）

题意感性理解好了

先dfs跑出所有节点到根节点的异或路径丢进xorr数组中，问题便转化成了求最大的xorr[i]\oplus xorr[j](i,j\in N,i\ne j)，是不是似曾相识呢，没错，这道题就变成了最大异或数对啦！

完整代码 我竟然写炸了快读？？？

可持久化数据结构——主席树

主席树？？？？？这个Trie有什么关系吗？别着急，当然是有关系啦。没关系我也不会去学啊（大雾

主席树，全名可持久化线段树，是一种支持对历史版本修改和访问的数据结构，主要思想就是对其每个版本都建一棵线段树。

然而这样子空间和时间都受不了，而我们想每次建新的线段树过程中，并不是所有元素都不一样，许多元素都是上个版本继承过来的，于是只要把这些碎片拼在一起，就是主席树了。

我们看这个图片，假设黑色的是第一个版本，红色的是第二个版本，也就是新的版本，当新建红色这个树时，只需要继承上个版本的一些元素，再修改并重新拼接元素就可以了，这样时空复杂度都是很优秀的。

板子题——可持久化数组

基本操作就拿这个题来说吧。

存储变量

struct ff
{
    int lc,rc,val;    //存放左子树，右子树，权值
}s[40000500];
int n,m,a[40000500],rt[40000500],node_cnt; //a表示序列，rt是根，node_cnt是节点数

建树

void build(int &k,int l,int r)
{
    k=++node_cnt;     //新的一个节点 
    if (l==r)
    {
        s[k].val=a[l];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(s[k].lc,l,mid);   //更新左子树 
    build(s[k].rc,mid+1,r); //更新右子树 
}

和线段树的建树方式差不了多少，就不详细说了。

修改

int change(int k,int l,int r,int x,int cnt)
{
    int root=++node_cnt;    //更新也要新建节点 
    s[root]=s[k];           //继承  
    if (l==r)
    {
        s[root].val=cnt;    //点修改 
        return root;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if (x<=mid)s[root].lc=change(s[root].lc,l,mid,x,cnt); //更新左子树 
    else s[root].rc=change(s[root].rc,mid+1,r,x,cnt);     //更新右子树 
    return root;
}

也和线段树是差不多的。

访问

int query(int k,int l,int r,int x)
{
    if (l==r)return s[k].val;    //点访问 
    int mid=l+r>>1;
    if (x<=mid)return query(s[k].lc,l,mid,x);//如果在左边，就找左子树 
    else return query(s[k].rc,mid+1,r,x);    //如果在右边，就找右子树 
}

这就是主席树啦！是不是很简单。

完整代码 我再也不乱用没返回值的函数了，然后再次感谢评论区的大佬：qwaszx（dsq）,Mital。

另一道板子题——可持久化线段树1

先对序列排序+离散化，然后在离散化的数组的基础下建一颗空的主席树，对于每一个区间[1,i]插入到主席树，访问的时候只要将主席树[1,r]-[1,l-1]就是区间[l,r]了，推荐去看这篇博客，因为我不太会讲。还不是没理解

完整代码 数组一定不要开小了！

可持久化Trie

学完主席树，就可以学可持久化Trie啦，我们先看这道题——最大异或和

有一个序列A，每次可以进行两种操作，一是在序列尾插入一个数，序列长度N变为N+1，二是在区间[l,r]中找到一个p,满足l\le p\le r,并使得A[p]\oplus A[p+1]\oplus…\oplus A[N]\oplus x最大，输出这个最大值。

首先，我们把这个式子拆开，也就变成了(A[1]\oplus A[2]\oplus…\oplus A[N])\oplus(A[1]\oplus A[2]\oplus…\oplus A[p-1])\oplus x，似乎很简单，但是这道题还有一个在末尾插入的操作，就需要我们用到可持久化Trie了。

其实可持久化Trie和主席树的思想是类似的，实现方式也有相同之处，就是对每一个前缀异或建一个01Trie，该继承的继承，该修改的修改，这样就完成了。

插入

void insert(int x)
{   
    int rt=root[node_cnt];      //取出上一个根节点的信息
    root[++node_cnt]=++node;    //新建节点
    for (register int i=24;i>=0;i--)
    {
        int ch=(x>>i)&1;     //取出
        size[node]=size[rt]+1; //长度增加
        trie[node][ch]=node+1; //给节点编号
        trie[node][!ch]=trie[rt][!ch]; //继承上一个根节点的部分子树信息
        rt=trie[rt][ch];     //往下走
        node++;
    }
    size[node]=size[rt]+1;
}

访问

void query(int l,int r,int x)
{
    int lc=root[l],rc=root[r],ans=0; //取出左右子树
    for (register int i=24;i>=0;i--)
    {
        int ch=(x>>i)&1;        //取出
        if (size[trie[rc][!ch]]-size[trie[lc][!ch]]>0) 
                //如果反路有路可走
            lc=trie[lc][!ch],rc=trie[rc][!ch],ans|=1<<i;
                //走反路并更新答案
        else
            lc=trie[lc][ch],rc=trie[rc][ch];  
                //否则只能往下走
    }
    write(ans);
    putchar(10);
}

时空复杂度：总共：O(31(N+M))

代码应该是比较好理解的

对于这个题，每次插入一次前缀异或，共N+访问中位添加操作的次数，访问时只要访问区间[l-1,r]的答案就好了。

完整代码 不会卡常的我写了点奇怪的卡常+O2竟然跑到了最优解Rank57？？？

今年省选还考了一道Trie树的题——异或粽子，相信参加省选的dalao看到这么简单的题都切掉了，我这个初四蒟蒻反正看到题是不会做。

这道题其实是让你求在长度为N的序列A中，前K大的A[l]\oplus A[l+1]\oplus…\oplus A[r](1\le l\le r\le N)，的和。

反正我刚开始是不会做，在dsq神仙的帮助和指点下，彻底的大彻大悟。

其实就是先对序列A进行一个前缀异或得到序列sum，然后只要求K对最大的sum[i]\oplus sum[j](0\le i\le j\le N)，就好了。

那么我们该怎么求呢，在我迷茫无助之时，dsq给我指点了道题序列合并。

拿这道题来说，我们要对序列A，B升序排序，然后将A[i]+B[1]丢进小根堆中，每次取出堆顶，然后把A[i]+B[2]丢进去，如果丢过了，那就丢A[i]+B[3]，同理往下，就做完啦。

回到这道题，仔细一样是不是和那道题的思想一样呢？我们用堆存值，编号（也就是i）和第几大就好了。

可是怎么求第k大的值呢？我们依旧建一个01Trie，访问便用到了平衡树（然而我并不会平衡树）的思想，在建树的时候多存一个size[u]记录u的子树大小，在访问时看能不能走反路，如果可以走，那就要看看k和size[trie[u][!ch]]大小，如果k\le size[trie[u][!ch]],那么答案在反着的那条路径，我们就走，并更新ans值，否则答案就在不走反的那条路径，走，并且k要减去size[trie[u][!ch]]，这个就很显然了。

也可以选择去看dsq的题解。

完整代码 一定要开longlong

字符串真是个美妙的东西，我感受到了真正的算法之美，等到5.5回学校巨想对班主任喊一声：“老东西，你教的文化课最没用啦！”