字符串 学习笔记
第一章 字符串处理
存储字符串
字符数组
可以使用 char s[]
的形式存储一个字符串。比如我们需令 ,有两种定义方式:
-
char s[] = {'H', 'e', 'l', 'l', 'o', '\0'}
。 -
char s[] = {"Hello"}
。
注意无论是哪一种写法,字符串的最后一定都有一个特殊字符 \0
,他代表着字符串的结束。所以如果你想存储一个长度为 的字符串,请把字符数组开到 ,否则会产生数组越界。
这种 C 风格的字符串说白了就是和数组一样的,不过是存放的字符的数组。在头文件 cstring
里有一些函数可以辅助我们进行字符串的操作。
注意:不可以使用 char a[100]; a = b;
这样的形式来对一个字符串赋值。
在 C 中,有两个特殊的函数 sscanf
和 sprintf
,他们相当于是以字符数组为输入、输出到字符串的 scanf
和 printf
。用法如下:
sscanf(s, "%d", &n); // 从 s 中读取一个整数存储到 n
sprintf(s, "%d", n); // 把 n 输出到字符串 s 中
注意 的下标要从 开始。
char c;
c = getchar(); // 读取一个字符
scanf("%c", &c); // 与 getchar 一样 这两种方法都会读取到空格
cin >> c; // 这种方法不会读取到空格
char s[1000];
cin >> s; // 读取一个字符串
scanf("%s", s); // 与 cin 相同,注意没有取址符 &
gets(s); // 读取一行字符串,包括空格,但是不建议这么做,因为在 C++14 中会 CE.
int i = 0; while ((s[i] = getchar()) != '\n') ++i;// 这么做也可以读取一行字符串,推荐使用这个
String 类型
string 类型是 C++ 风格的字符串,它对 OI 选手更加友好,速度与字符数组基本持平,且不需要提前制定数组大小。但是当你需要卡常数的时候,string 类型动态分配内存的特性很可能会带来比较大的常数。
string str; // 定义一个空的字符串
string str("Hello, world"); // 定义一个 str 为 Hello, world
string str(n, 'h'); // 定义 str 为 n 个 h
注意,string 类型不以 \0
结尾。
string 类型的输出输入可以使用 cin, cout
,或者可以自定义输入/输出函数。当使用 cin
函数读取字符串的时候,注意遇到空格或者换行符就会停止。string 类型的长度可以认为是任意长度的,前提是不超过计算机的内存限制。
有时,程序需要读取一行字符串(包括空格),那么可以使用 C++ 提供的 getline()
函数,可以使用 getline(cin, str)
读取一行字符串到 str
里。
string 类型可以方便的进行字符串的拼接,如 str = str1 + str2
,此时 str
就为 str1
在前、str2
在后的一个字符串,注意,其中 str1
和 str2
至少有一个是 string 类型,str = "ni" + "hao"
这种写法是会编译错误的。
字符串的长度
对于 C 风格字符串,可以使用 strlen(str)
来获取字符串的长度。但是注意,这种方法的时间复杂度根据编译器的优化而定,最差为 。请不要在正式比赛中把你的命运交给编译器决定。
对于 C++ 风格的字符串,可以使用 str.length()
或 str.size()
来获取字符串的长度,这两种方法都是 。
字符串比较
字符串的比较基于字典序,字符串的字典序是指,以第 个字符作为第 关键字进行大小比较,空字符小于字符集内任何字符。
C 风格的字符串可以使用 strcmp(str1, str2)
函数来比较 str1, str2
两个字符串的大小关系,若 ,那么返回 ,如果 返回负数,否则返回正数。
对于 C++ 风格的字符串,可以直接使用 > >= < <= ==
等运算符进行比较,也可以使用 str1.compare(str2)
这样的方式来比较,返回值的含义与 strcmp()
函数一样。
习题
例题1 生日相同
在一个大班级中,存在两个人生日相同的概率非常大,现给出每个学生的名字,出生月日。试找出所有生日相同的学生,。
简单题,由于最多只有 个日子,直接开 vector 存下每个生日对应着谁即可。
vector<string> y[13][32];
string str;
int n, mm, dd;
bool cmp(string a, string b) {
if (a.size() == b.size()) return a < b;
else return a.size() < b.size();
}
int main(void) {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> str >> mm >> dd;
y[mm][dd].push_back(str);
}
for (int i = 1; i <= 12; ++i) { //枚举月
for (int j = 1; j <= 31; ++j) { //枚举日
if (y[i][j].size() > 1) {
sort(y[i][j].begin(), y[i][j].end(), cmp);
cout << i << ' ' << j << ' ';
for (string s : y[i][j])
cout << s << ' ';
cout << endl;
}
}
}
return 0;
}
例题2 生日排序
给出 个人的生日,要求按照生日大到小的顺序依次输出名称。对于生日相同的两个人,按照字典序从大到小排序。
字典序裸题,自定义一个 cmp
比较函数即可。
struct PERSON{
int yyyy, mm, dd;
string name;
bool operator < (const PERSON b) const {
if (yyyy != b.yyyy) return yyyy < b.yyyy;
if (mm != b.mm) return mm < b.mm;
if (dd != b.dd) return dd < b.dd;
return name > b.name;
}
} a[105];
int n;
int main(void) {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a[i].name >> a[i].yyyy >> a[i].mm >> a[i].dd;
sort(a + 1, a + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cout << a[i].name << endl;
return 0;
}
第二章 哈希
本章的代码量较大,许多代码都是 @SSL_ZZL 大佬写的。在这里谢谢这位大佬。
例题1 出现次数
给定两个字符串 ,问 在 中出现了多少次,。
设 。那么我们可以枚举 ,判断 是否等于 。可是这样的时间复杂度为 ,无法接受。
考虑优化,我们发现,如果能找到一个快速判断两个字符串是否相等的方法,就能将时间复杂度优化为 。如何优化?这里就要引入一个新算法,字符串哈希。
定义
字符串哈希的作用就是,把一个字符串映射到一个整数,并且这个整数可以被方便的表示出来。
我们定义一个函数把字符串映射到整数的函数 ,称之为哈希函数。具体来说,我们希望 实现以下功能:
-
当输入的字符串 不同时, 也互不相同。
-
当输入的 相同时, 始终相同。
但是,由于字符串的个数远大于可以被方便表示出的整数的个数,所以我们退一步讲,希望第一条尽可能成立。当输入的 不同、返回的 却相同的情况,我们称之为哈希碰撞。
这里估计已经有读者想到,对于任意一个只包含小写字母的字符串 ,其相当于一个 进制数。于是,我们可以把这个 进制数转换为一个 进制数,返回这个 进制数。
这种方法很好,也有效的从根本上杜绝了哈希碰撞的可能。但是 long long
的表示范围为 ,而 ,也就是说,如果使用上述方法,最大也就能表示一个长度为 的字符串。
问题的根本在于,当 的时候,返回的 的值会过大。所以我们只需要 保持在一个可以接受的范围即可。对于这种需求,可以将最后的返回值 ,其中 是一个大数。
也就是说,我们可以令 。我们约定,令 ,那么有
那么,我们现在可以 的求出一个字符串的前缀 Hash,那么如何在 的时间内求出字符串的某一个字串的哈希值呢?
若我们要求出 ,根据上面的定义,也就是 。
观察一下这个式子,考虑如何用前缀哈希表示出来,发现有如下式子。
改进
发现若使用这种哈希方法,当 ,碰撞率 ,那么当 ,碰撞率就高达 。这个碰撞率显然在 OI 中是致命的。所以我们需要将碰撞率降低。我们可以另外再选择一个素数 ,定义一个字符串的哈希值 1 为 ,哈希值 2 为 。这样我们成功将碰撞率降低到了 。
回到上面的问题。
给定两个字符串 ,问 在 中出现了多少次,。
如何解决这个问题?首先求出 ,接下来枚举 ,判断 是否等于 即可。由于这里计算哈希值为 的,总时间复杂度为 。
typedef unsigned long long ull;
const int MAXN = 1e6 + 5;
ull f[MAXN], n, m, b = 256, xhash, bpow = 0;
char x[MAXN], y[MAXN];
int main(void) {
scanf("%s %s", x + 1, y + 1);
n = strlen(x + 1), m = strlen(y + 1);
for (int i = 1; i <= m; ++i) // 处理出前缀哈希值
f[i] = f[i - 1] * b + y[i]; // 由于 f 是 Unsigned long long 所以相当于自然 mod 2^64
bpow = 1;
for (int i = n; i >= 1; --i)
{xhash += x[i] * bpow; bpow *= b;}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= m - n; ++i)
if (xhash == f[i + n] - f[i] * bpow)
++ans;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
例题2 字符串哈希
给定 个字符串(第 个字符串长度为 ,字符串内包含数字、大小写英文字母),请求出 个字符串中共有多少个不同的字符串。
简单题。只需要要 计算每个字符串的哈希值,然后判断即可。
string s, hash[P + 10];
int n, ans;
bool demo(string s) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); i++)
sum = (sum * 123 + s[i]) % P; //算出字符串的hash值
int seat = 0;
while (hash[(sum + seat) % P] != "" && hash[(sum + seat) % P] != s) //寻找hash值的位置
seat++;
if (hash[(sum + seat) % P] == "") { //没有出现过,将hash值放进hash表里
hash[(sum + seat) % P] = s;
return 1;
}
return 0;
}
int main(void) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s;
if (demo(s))
ans++;
}
printf("%d", ans);
}
例题3 回文子串
给定一个长度为 的字符串 ,求他的最长回文子串的长度是多少。有多组数据,。
思考:如何判断一个字符串是否为一个回文串?设字符串 的中心为 ,长度为 ,那么当且仅当 的时候, 为一个回文串。
考虑枚举中点 ,在 确定的情况下,我们想知道,使得 的 最大是多少。
自然可以暴力枚举一个 。可是这样的做法是 ,会超时。考虑能不能将这个寻找 的过程压缩到 以下。
观察一下,发现 具有单调性:即若 ,而 ,那么 也肯定不能使 。
所以我们可以二分 ,将寻找 的时间复杂度降到 。
总时间复杂度:。
typedef unsigned long long ull;
ull p = 131;
ull a[1000010], base[1000010], b[1000010];
int n, ans, cnt;
string s;
bool check()
{
if (s[0] == 'E' && s[1] == 'N' && s[2] == 'D')
return 1;
return 0;
}
void hash()
{
memset(base, 0, sizeof(base));
memset(a, 0, sizeof(a));
memset(b, 0, sizeof(b));
base[0] = 1ull;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
base[i + 1] = base[i] * p;
a[i + 1] = a[i] * p + (s[i] - 'a'); //正序字符串哈希
}
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
b[i + 1] = b[i + 2] * p + (s[i] - 'a'); //倒序字符串哈希
}
void work()
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{ //找中心
int mid = 0, l = 0, r = n;
while (l <= r)
{ //长度奇数
mid = (l + r) >> 1;
if (i - mid < 1 || i + mid > n)
{
r = mid - 1;
continue;
}
if (a[i] - a[i - mid - 1] * base[mid + 1] == b[i] - b[i + mid + 1] * base[mid + 1])
{
ans = max(ans, mid * 2 + 1);
l = mid + 1;
}
else
r = mid - 1;
}
mid = 0, l = 0, r = n;
while (l <= r)
{ //长度偶数
mid = (l + r) >> 1;
if (i - mid + 1 < 1 || i + mid > n)
{
r = mid - 1;
continue;
}
if (a[i] - a[i - mid] * base[mid] == b[i + 1] - b[i + mid + 1] * base[mid])
{
ans = max(ans, mid * 2);
l = mid + 1;
}
else
r = mid - 1;
}
}
}
int main()
{
cin >> s;
n = s.size();
while (!check())
{
cnt++;
ans = 1;
hash();
work();
printf("Case %d: %d\n", cnt, ans);
cin >> s;
n = s.size();
}
}
例题4 对称正方形
给定一个 行 列的矩阵。求矩阵中上下对称且左右对称的正方形子矩阵的个数。
二维哈希。不过多解释,因为算法部分与基本一致。直接上代码。
typedef unsigned long long ull;
ull p1 = 131, p2 = 313;
ull g[1010][1010], xturn[1010][1010], yturn[1010][1010];
int ans, n, m, a[1010][1010];
struct c {
ull x, y;
} base[1010];
void yu() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) xturn[n - i + 1][j] = yturn[i][m - j + 1] = a[i][j];
}
}
void hash() //二维Hash
{
base[0].x = 1, base[0].y = 1;
for (int i = 1; i <= max(n, m); i++) {
base[i].x = base[i - 1].x * p1;
base[i].y = base[i - 1].y * p2;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
a[i][j] += a[i - 1][j] * p1;
xturn[i][j] += xturn[i - 1][j] * p1;
yturn[i][j] += yturn[i - 1][j] * p1;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
a[i][j] += a[i][j - 1] * p2;
xturn[i][j] += xturn[i][j - 1] * p2;
yturn[i][j] += yturn[i][j - 1] * p2;
}
}
}
bool check(int x, int y, int len) {
int v1, v2, v3, y1, x1;
if (x < len || x > n || y < len || y > m)
return 0;
v1 = a[x][y] - a[x - len][y] * base[len].x - a[x][y - len] * base[len].y +
a[x - len][y - len] * base[len].y * base[len].x;
x1 = n - (x - len); //上下翻转
v2 = xturn[x1][y] - xturn[x1 - len][y] * base[len].x - xturn[x1][y - len] * base[len].y +
xturn[x1 - len][y - len] * base[len].y * base[len].x;
y1 = m - (y - len); //左右翻转
v3 = yturn[x][y1] - yturn[x - len][y1] * base[len].x - yturn[x][y1 - len] * base[len].y +
yturn[x - len][y1 - len] * base[len].y * base[len].x;
if (v1 == v2 && v2 == v3)
return 1;
else
return 0;
}
void work() {
int t = 0, l = 0, r = max(n, m) + 1, mid = 0, x, y;
//长度为奇数
for (int i = 1; i < n; i++) { //枚举中心点
for (int j = 1; j < m; j++) {
t = 0, l = 0, r = max(n, m) + 1, mid = 0;
while (l < r) { //二分边长
mid = (l + r + 1) >> 1;
x = mid + i, y = mid + j; //右下角
if (check(x, y, mid * 2)) {
t = mid;
l = mid;
} else
r = mid - 1;
}
ans += t;
}
}
//长度为奇数
for (int i = 1; i <= n; i++) { //枚举中心点
for (int j = 1; j <= m; j++) {
t = 0, l = 0, r = max(n, m) + 1, mid = 0;
while (l < r) {
mid = (l + r + 1) >> 1; //二分边长
x = mid + i, y = mid + j; //右下角
if (check(x, y, mid * 2 + 1)) {
t = mid;
l = mid;
} else
r = mid - 1;
}
ans += t;
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) scanf("%d", &a[i][j]);
yu();
hash();
work();
ans += m * n;
printf("%d", ans);
}
例题5 单词背诵
灵梦有 个单词想要背,文章由 个单词构成,她想在文章中找出连续的一段,其中包含最多的她想要背的单词(重复的只算一个)。在背诵的单词量尽量多的情况下,使选出的文章段落尽量短。
你需要求出 文章中最多包含的要背的单词数 与 文章中包含最多要背单词的最短的连续段的长度。
首先第一个问题很好解决,直接排序后二分查找每个想背的单词是否出现即可。
第二个问题需要用到双指针 (two-pointers) 法。对于一个首先令 ,然后让 逐步向右扩大。每次当 之间包含了所有单词的时候,并让 逐步往右扩大,直到 之间不再包含所有单词时,记录下移动前的 的值。最后取 的最小值即可。
struct DT {
int num;
ull s;
} hash[1010];
int n, m, ans1, wdn, ans2, r, atcp[100010], v[1010];
string con, atc;
ull atcs;
bool cmp(const DT& k, const DT& l) { return k.s < l.s; };
int find(ull s) { //二分查找单词编号
int l = 1, r = n, mid;
while (l <= r) {
mid = (l + r) / 2;
if (hash[mid].s < s)
l = mid + 1;
else if (hash[mid].s > s)
r = mid - 1;
else
return hash[mid].num;
}
return -1;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> con;
hash[i].num = i; //每个单词的标号
for (int j = 0; j < con.size(); j++) hash[i].s = hash[i].s * 131ull + (con[j] - 'a' + 1); // hash处理
}
sort(hash + 1, hash + 1 + n, cmp); //以hash值排序
scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> atc;
atcs = 0;
for (int j = 0; j < atc.size(); j++) atcs = atcs * 131ull + (atc[j] - 'a' + 1);
int pit = find(atcs); // pit就是当前文章中的单词是背诵单词中的哪一个编号
if (pit > 0) { //当前单词需背诵
if (!v[pit])
ans1++;
++v[pit];
}
atcp[i] = pit; //记录编号
}
memset(v, 0, sizeof(v)); //记录单词在l~r中出现次数
r = 1, ans2 = 2147483647;
for (int l = 1; l <= m; l++) { //枚举左边界
while (wdn < ans1 && r <= m) { //直到找到所有要背的单词 或 r出界了
if (atcp[r] >= 0) { //有编号(单词需背)
if (v[atcp[r]] == 0)
wdn++; //第一次出现记录答案
++v[atcp[r]]; //当前单词出现次数累计
}
r++;
}
if (wdn == ans1) //找到了所有要背的单词
ans2 = min(ans2, r - l); //取最短的长度
if (atcp[l] >= 0) { //对l位置上的单词做处理,r就不需要重新从l开始更新了
--v[atcp[l]]; // l位置上的单词 的出现次数-1
if (!v[atcp[l]])
wdn--;
//如果这个位置上的单词是l~r中只出现过一次,那么l向右枚举时,l~r中将没有这个词,答案-1
}
}
printf("%d\n%d", ans1, ans2);
}
习题
习题1 子正方形
给出两个 的正整数矩阵,求这两个矩阵的最大公共子正方形矩阵的边长。
习题2 特殊数列
有一个数列 ,,,要求这个数列第一次出现重复的项的标号。
习题3 求好元素
如果在一个由 个整数组成的数列 中,存在 ( 可以相同)的话, 就是一个“好元素”。问“好元素”的个数。
习题4 上课点名
一个老师喜欢上课前先点名,小明发现自己被点到了两次,于是小明开始质疑老师的点名是否有重复或误报为其他班同学。当然小明可不想一个个比较,所以他把这个任务交给了你,小明会提供班上人数 和他们的名字,同时小明也会记下老师报的名字与他们的个数 。
习题5 最大分离度
对于任意两人,他们的分离度是联系两个人需要经过的最小的关系数。对于一个关系网络,最大分离度是网络中任意两个的分离度的最大值。如果一个网络有两个人没有通过关系链连接起来,这个网络是不连通的。请你判断一个网络是否联通。
数据范围:人数 ,关系数 。
习题6 回文分区
给出一个只包含小写字母字符串 ,长度为 ,要求你将它划分成尽可能多的小块,使得这些小块构成回文串。多组数据,数据数 。
第三章 字符串匹配 (KMP Algorithm)
由于网络上相同内容很多,本章的内容可以前往 OI-Wiki 上查看。
第四章 字典树
定义
字典树 Trie 是一个可以很方便的处理字符串问题的数据结构。将若干个字符串建成一颗字典树,其中的每个节点代表从根走到当前位置的一个字符子串。
如图,这就是一棵字典树,其中这条 的路径表示了一个字符串 ,而路径 这条路径表示了字符串 。
trie 的结构非常好懂,我们用 表示结点 的 字符指向的下一个结点,或着说是结点 代表的字符串后面添加一个字符 形成的字符串的结点。( 的取值范围和字符集大小有关,不一定是 。)
有时需要标记插入进 trie 的是哪些字符串,每次插入完成时在这个字符串所代表的节点处打上标记即可。
字典树的实现非常简单,如下,就是一个封装好的字典树。
// C++ Version
struct trie {
int nex[100000][26], cnt;
bool exist[100000]; // 该结点结尾的字符串是否存在
void insert(char *s, int l) { // 插入字符串
int p = 0;
for (int i = 0; i < l; i++) {
int c = s[i] - 'a';
if (!nex[p][c])
nex[p][c] = ++cnt; // 如果没有,就添加结点
p = nex[p][c];
}
exist[p] = 1;
}
bool find(char *s, int l) { // 查找字符串
int p = 0;
for (int i = 0; i < l; i++) {
int c = s[i] - 'a';
if (!nex[p][c])
return 0;
p = nex[p][c];
}
return exist[p];
}
};
例题1 前缀统计
给定 个字符串 ,接下来进行 次询问,每次询问给定一个字符串 ,求 中有多少个字符串是 的前缀。
这个题目似乎是字典树的模板题,我们只需要先将这 个字符串插入字典树,然后对于每一个 ,查询路径上有多少个结束标记即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 5, MAXL = 26;
struct Trie {
int nex[MAXN][MAXL], cnt, exist[MAXN];
void insert(char *s, int len) {
int p = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i) {
int q = s[i] - 'a';
if (nex[p][q] == 0) nex[p][q] = ++cnt;
p = nex[p][q];
}
exist[p]++;
}
int query(char *t, int len) {
int p = 0, ret = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i) {
int q = t[i] - 'a';
if (nex[p][q] == 0) break;
p = nex[p][q];
ret += exist[p];
}
return ret; // t 为某个 s 的前缀,注意有可能 s = t
}
} T;
char s[MAXN], t[MAXN];
int main(void) {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%s", s);
T.insert(s, strlen(s));
}
while (m--) {
scanf("%s", t);
printf("%d\n", T.query(t, strlen(t)));
}
return 0;
}
例题2 最大异或对
给定的 个整数 ,选出两个数进行 xor(异或)运算,求得到的结果的最大值。
本题需要学习字典树的一种特殊形式,01Trie。为什么说这是一种特殊的字典树?因为 01Trie 是一棵储存 0/1 字符串的字典树。
那他与本题有什么关系?我们知道,高位的数字大的数字越大,而不用考虑低位上的数字的大小。也就是说,我们有一种贪心策略,即优先使高位异或后的结果为 。
如上面这棵字典树,就是我们插入了三个 0/1 串()的结果。如果此时我们要查询这三个串中与 异或最大的值,我们可以这样做。
首先令指针 ,发现 的第一位为 ,也就是我们第一位要尽量往 走。我们发现节点 有这条 边,所以令 。同理,接下来应该往 走,所以令 。
那么本题的做法显然,首先将 个字符串插入 01Trie 中,接下来对于每个字符串 ,我们查找一个尽量大的异或值,最后取最大值即可。
注意在本题中,有可能这些 01 字符串的长度不一样,我们只需要高位补 0 即可,如上。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 1e7 + 5, MAXL = 4;
struct Trie {
int nex[MAXN][MAXL], cnt, exist[MAXN];
void insert(int x) {
int p = 0;
for (int i = 30; i >= 0; --i) { //题目保证了x<2^31,所以可以直接强制把所有字符串都补到30位
int q = (x >> i) & 1; //取出x的第i位
if (nex[p][q] == 0) nex[p][q] = ++cnt;
p = nex[p][q];
}
}
int query(int x) {
int p = 0, ret = 0;
for (int i = 30; i >= 0; --i) {
int q = (x >> i) & 1;
if (nex[p][!q]) {
ret += (1 << i);
q = !q;
}
p = nex[p][q];
}
return ret;
}
} T;
int n, a[MAXN];
int main(void) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
T.insert(a[i]);
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ans = max(ans, T.query(a[i]));
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
例题3 最长异或路径
给定 个节点的树,每个节点有一个权值 ,求出一条路径,使得在这条路径上的所有点的权值异或最大。
本题和上一题有点相像。本题需要使用到树上差分的思想。那么,树上差分的思想是什么呢?我们知道,异或有个奇妙的性质,即 ,这意味着,异或具有反运算,且异或的反运算为他自己。
知道了这个性质,我们就可以做出这道题目了,我们设 表示 路径上的异或值,那么显然有 。
那么,我们需要 计算 吗?显然不用。因为我们提到了异或的另一个性质,也就异或的自反性。我们其实不需要知道 到底等于多少,因为设 ,有如下公式。
也就是说,我们只需要 即可,设 ,那么我们只需要找到两个 使得 最大即可,这就回到了上面的问题,可以使用上面的方法解决。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, k, s[3200010], trie[3200010][2], h[200010], tot = 1, u, v, w, ans;
struct c {
int x, next, w;
} a[200010];
void add(int x, int y, int w) {
k++;
a[k].x = y;
a[k].next = h[x];
a[k].w = w;
h[x] = k;
}
void dfs(int x, int fa) { //求出所有的s[i]
int v;
for (int i = h[x]; i; i = a[i].next) {
v = a[i].x;
if (v == fa) continue;
s[v] = s[x] ^ a[i].w;
dfs(v, x);
}
}
int get(int x) {
int p = 1, ans = 0, c;
for (int i = 31; i >= 0; i--) {
if (((x >> i) & 1) == 1) c = 0;
else c = 1;
if (trie[p][c]) ans += (1 << i);
else c = (x >> i) & 1;
p = trie[p][c];
}
return ans;
}
void insert(int x) {
int p = 1, c;
for (int i = 31; i >= 0; i--) {
c = (x >> i) & 1;
if (!trie[p][c]) trie[p][c] = ++tot;
p = trie[p][c];
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
add(u, v, w);
add(v, u, w);
}
dfs(1, 0);
//后面的就跟上一题(最大异或对)一样了
for (int i = 1; i <= n; i++) insert(s[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, get(s[i]));
printf("%d", ans);
}
例题4 阅读理解
有 篇阅读理解,每篇有许多生词,指定一个生词 ,询问 在哪些阅读理解里出现。
对于每一个生词 ,往包含他的阅读理解建条边。
查询的时候直接输出即可。
#include <iostream>
#include <map>
#include <vector>
using namespace std;
map<string, vector<int>> a;
int n, m, l;
string s;
int main(void) {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> l;
for (int j = 1; j <= l; ++j) {
cin >> s;
if (a[s].size() == 0 || a[s][a[s].size() - 1] != i)
a[s].push_back(i);
}
}
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
cin >> s;
for (auto x : a[s]) {
cout << x << ' ';
}
cout << endl;
}
return 0;
}
例题5 单词拼接
给定由一些单词组成的词典,单词数 。一个单词是特殊的,当且仅当它能由词典里的两个单词拼接而成。求词典里特殊的单词数。
我们知道,若一个字符串 为特殊的字符串,那么我们必定能找到两个字符串 , 为 的前缀且 为 的后缀,并且 。
我们发现,若设 ,那么 为 的后缀也就相当于是 的前缀。
这样,我们就将原先的判定操作转换成了两个前缀的判定操作,而我们知道,字典树可以很方便的进行这个操作,所以我们可以使用字典树来优化这个操作。
时间复杂度
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f, N = 50010;
int n, tot = 1;
char s[N][33];
int trie[N << 5][30], ans, ed[N << 5];
void insert(int id) {
int p = 1, len = strlen(s[id] + 1);
for (int i = 1; i <= len; i++) {
int ch = s[id][i] - 'a';
if (!trie[p][ch])
trie[p][ch] = ++tot;
p = trie[p][ch];
}
ed[p]++;
}
int find(int id, int l, int r) {
int p = 1;
for (int i = l; i <= r; i++) {
int ch = s[id][i] - 'a';
if (!trie[p][ch])
return 0;
p = trie[p][ch];
}
return ed[p];
}
int main() {
int now = 1;
while (scanf("%s", s[now] + 1) != EOF) {
insert(now);
now++;
}
for (int i = 1; i <= now - 1; i++) {
int len = strlen(s[i] + 1);
for (int k = 1; k < len; k++)
if (find(i, 1, k) && find(i, k + 1, len)) {
printf("%s\n", s[i] + 1);
break;
}
}
return 0;
}
例题6 最短前缀
有 个单词,保证互不相同,对于每个单词 寻找 的一个前缀 使得 在这 个单词中仅为 的前缀。
这个题目也是比较简单的题目,建出这 个单词的字典树,对于每个单词 遍历一遍这个字典树,若发现从当前节点往下没有任何分支了,那么说明到现在的字符串肯定为一个独一无二的前缀了。
如上面这个字典树,若我们想找到 的最长独立前缀,我们从 节点开始遍历:
- 进入 节点,;
- 发现 节点儿子数大于 ,;
- 进入 节点。
- 发现节点 儿子数大于 ,;
- 进入节点 。
- 发现节点 为叶子节点,。
#define mod 1000000007
#define eps 1e-6
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ME0(x) memset(x, 0, sizeof(x))
using namespace std;
string s[1005];
int main() {
int n = 0;
while (cin >> s[++n]);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= s[i].size(); ++j) {
string ss = s[i].substr(0, j);
int flag = 1;
for (int k = 1; k <= n; ++k) {
if (k != i && s[k].substr(0, j) == ss) {
flag = 0;
break;
}
}
if (flag || j == s[i].size()) {
cout << s[i] << " " << ss << endl;
break;
}
}
}
}
例题7 lowbit 求和
给定长度为 的序列 ,求 。
我们知道, 表示 的最后一位 所对应的值。建一棵 01Trie 即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
unsigned long long mod = 199907210507;
long long n, tot = 1ll;
long long a[6010101];
long long trie[6010101][2], b[60101010];
void add(long long x) {
long long now = 1;
for (int i = 0; i <= 61ll; i++) {
int j = (x >> i) & 1ll;
if (!trie[now][j])
trie[now][j] = ++tot;
now = trie[now][j];
b[now]++;
}
}
unsigned long long query(long long x) {
unsigned long long sum = 0;
long long now = 1;
for (int i = 0; i <= 61; i++) {
int j = (x >> i) & 1;
if (trie[now][j ^ 1])
sum = (sum + b[trie[now][j ^ 1]] % mod * (1ll << i) % mod) % mod;
now = trie[now][j];
}
return sum;
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
add(a[i]);
}
unsigned long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + query(a[i])) % mod;
cout << ans;
return 0;
}
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