trie 树
一、普通 \(\rm trie\) 树
\(\rm trie\) 树又称字典树、前缀树，它把很多单词放到一棵树上，使用空间去换时间。
\(\text{Description}\)
给定 \(n\) 个互不相同且只含小写字母的字符串，以及 \(m\) 个问题，每个问题给出一个字符串 \(S\)：
-
若 \(S\) 在这 \(n\) 个字符串中出现过：
- 若 \(S\) 是第一次被问，输出
OK； - 若 \(S\) 已经被问过，输出
REPEAT。
- 若 \(S\) 是第一次被问，输出
-
若 \(S\) 在这 \(n\) 个字符串中未出现过，输出
WRONG。
\(\text{Solution}\)
我们设 \(trie_{p,c}\) 来表示 \(trie\) 中 \(p\) 的儿子中第 \(c\) 个所对应的节点，其中 \(c\) 可取 \(1\sim26\)，分别代表 \(\text{a}\sim\text{z}\)。
1. 插入
当我们要插入字符串 \(S\) 的时候，遍历整个 \(S\)，同时用一个 \(pos\) 记录当前访问到的节点，\(pos\) 一开始指向根节点，即 \(pos=0\)，当现在遍历到第 \(i\) 位时，令 c = S[i] - 'a'：
- 若 \(trie_{pos,c}=0\)，说明这个位置还没有节点，那就新建一个；
- 令 \(pos=trie_{pos,c}\)。
int tot;
int trie[MAXN][26]; //MAXN为所有字符串的总长度
void insert(char *s)
{
int len = strlen(s), pos = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int c = s[i] - 'a';
if (!trie[pos][c])
{
trie[pos][c] = ++tot; //新建节点
}
pos = trie[pos][c];
}
}
例如现在要插入单词 \(\text{at,sea,see,meat}\)：
首先插入 \(\text{at}\)，
然后是 \(\text{sea}\)，
插入 \(\text{see}\) 时，\(\rm trie\) 上已有前缀 \(\text{se}\)，所以变成了这样：
最后是 \(\text{meat}\)。
2. 查询
和插入差不多。
- 当 \(trie_{pos,c}=0\) 时，说明 \(S\) 不在 \(\rm trie\) 中；
- 若遍历完整个字符串，说明 \(S\) 在 \(\rm trie\) 中。
对于本题，我们用一个 \(vis\) 数组来记录 \(S\) 是否是第一次被询问。
int search(char *s)
{
int len = strlen(s), pos = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int c = s[i] - 'a';
if (!trie[pos][c])
{
return 0; //WRONG
}
pos = trie[pos][c];
}
if (vis[pos])
{
return 2; //REPEAT
}
vis[pos] = true;
return 1; //OK
}
\(\rm trie\) 树的插入，查询时间复杂度均为 \(\mathcal{O}(len)\)。空间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sum len\times26)\)，这是典型的空间换时间。
\(\text{Code}\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 5e5 + 5;
int tot;
int trie[MAXN][26];
bool vis[MAXN];
void insert(char *s)
{
int len = strlen(s), pos = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int c = s[i] - 'a';
if (!trie[pos][c])
{
trie[pos][c] = ++tot;
}
pos = trie[pos][c];
}
}
int search(char *s)
{
int len = strlen(s), pos = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int c = s[i] - 'a';
if (!trie[pos][c])
{
return 0;
}
pos = trie[pos][c];
}
if (vis[pos])
{
return 2;
}
vis[pos] = true;
return 1;
}
char s[55];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d", &n);
while (n--)
{
scanf("%s", s);
insert(s);
}
scanf("%d", &m);
while (m--)
{
scanf("%s", s);
int res = search(s);
if (!res)
{
puts("WRONG");
}
else if (res == 1)
{
puts("OK");
}
else
{
puts("REPEAT");
}
}
return 0;
}
二、\(\rm 01\)-\(\rm trie\)
\(\rm 01\)-\(\rm trie\) 是一种 \(\color{White}{很大聪明的}\) \(\rm trie\) 的变形，它的树上只有 \(0\) 和 \(1\)。
LOJ#10050. 「一本通 2.3 例 2」The XOR Largest Pair
\(\text{Description}\)
给定 \(N\) 个整数，从中选出两个进行异或运算，问得到的结果最大是多少。
\(\text{Solution}\)
考虑贪心。在二进制下，一个数的第 \(i\) 位为 \(0\)，那我们就尽量给他找个 \(1\)，反之就找个 \(0\)，这样就能使异或后的数有尽量多的位为 \(1\)。
那么可以把所有的数转成二进制后扔到 \(\rm trie\) 上，这样 \(\rm trie\) 上就只有 \(0\) 和 \(1\)，这就是 \(\rm 01\)-\(\rm trie\)。
但是实际上并不需要先转成二进制，我们可以在 \(\operatorname{insert}\) 的时候顺带处理。
void insert(int val)
{
int pos = 0;
for (int i = 30; i >= 0; i--)
{
int c = (val >> i) & 1; //取出第i位
if (!trie[pos][c])
{
trie[pos][c] = ++tot;
}
pos = trie[pos][c];
}
}
然后 \(\operatorname{search}\) 的时候就按照上面的贪心去找，如果实在没有那就只能取相同的了。
int search(int val)
{
int pos = 0, res = 0;
for (int i = 30; i >= 0; i--)
{
int c = (val >> i) & 1;
if (trie[pos][c ^ 1]) //如果有就取
{
res |= (1 << i);
pos = trie[pos][c ^ 1];
}
else
{
pos = trie[pos][c];
}
}
return res;
}
\(\text{Code}\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int tot;
int trie[MAXN * 32][2];
void insert(int val)
{
int pos = 0;
for (int i = 30; i >= 0; i--)
{
int c = (val >> i) & 1;
if (!trie[pos][c])
{
trie[pos][c] = ++tot;
}
pos = trie[pos][c];
}
}
int search(int val)
{
int pos = 0, res = 0;
for (int i = 30; i >= 0; i--)
{
int c = (val >> i) & 1;
if (trie[pos][c ^ 1])
{
res |= (1 << i);
pos = trie[pos][c ^ 1];
}
else
{
pos = trie[pos][c];
}
}
return res;
}
int a[MAXN];
int main()
{
int n, ans = 0;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", a + i);
ans = max(ans, search(a[i]));
insert(a[i]);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
LOJ#10056. 「一本通 2.3 练习 5」The XOR-longest Path
\(\text{Descripton}\)
给定一棵 \(n\) 个点的带权树，求树上最长的异或和路径。
\(\text{Solution}\)
预处理出 \(dep\) 数组，\(dep_i\) 表示节点 \(i\) 到根节点的路径上所有边的边权的异或和。
比如我们要求节点 \(x\) 到节点 \(y\) 路径上所有边的边权和，设 \(\operatorname{LCA}(x,y)=z\)，那么 \(dep_x\oplus dep_y\) 多算了 \(2\) 个 \(dep_z\)，根据异或的运算律，这 \(2\) 个 \(dep_z\) 异或在一起会抵消，所以 \(dep_x\oplus dep_y\) 就等于 \(x\) 到 \(y\) 路径上的边的边权异或和。
所以预处理出 \(dep\) 数组然后就变成了上面那题（（（
\(\text{Code}\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int tot;
int trie[MAXN * 100][2];
void insert(int val)
{
int pos = 0;
for (int i = 30; i >= 0; i--)
{
int c = (val >> i) & 1;
if (!trie[pos][c])
{
trie[pos][c] = ++tot;
}
pos = trie[pos][c];
}
}
int search(int val)
{
int pos = 0, res = 0;
for (int i = 30; i >= 0; i--)
{
int c = (val >> i) & 1;
if (trie[pos][c ^ 1])
{
res |= (1 << i);
pos = trie[pos][c ^ 1];
}
else
{
pos = trie[pos][c];
}
}
return res;
}
int cnt;
int head[MAXN], dep[MAXN];
struct edge
{
int to, dis, nxt;
}e[MAXN << 1];
void add(int u, int v, int w)
{
e[++cnt] = edge{v, w, head[u]};
head[u] = cnt;
}
void dfs(int u, int fa)
{
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (v == fa)
{
continue;
}
dep[v] = dep[u] ^ e[i].dis;
dfs(v, u);
}
}
int main()
{
int n, ans;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int u, v, w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
add(u, v, w);
add(v, u, w);
}
dfs(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
insert(dep[i]);
ans = max(ans, search(dep[i]));
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
