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。 ``` cpp 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。 ``` cpp 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](https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA11362) 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](https://www.luogu.org/paste/7sof43mz) ~~把清空写炸了害我交了好几次~~ [L语言](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2292) 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](https://www.luogu.org/paste/of99xobs) 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](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2922) 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](https://www.luogu.org/paste/lt2r1lun) ~~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](https://loj.ac/problem/10050)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 ``` cpp 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](https://www.luogu.org/paste/ns3th1xa) 一定要按题目数据来开树的长度！ **习题** [Nikitosh 和异或](https://loj.ac/problem/10051) 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](https://www.luogu.org/paste/6dq7s81k) ~~数组开大千万别RE~~ [最长异或路径](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4551) 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](https://www.luogu.org/paste/kntcyi7a) ~~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](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3919) 基本操作就拿这个题来说吧。 **存储变量** ``` cpp 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** ``` cpp 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** ``` cpp 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** ``` cpp 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](https://www.luogu.org/paste/6f8i1ru9) 我再也不乱用没返回值的函数了，然后再次感谢[评论区](https://www.luogu.org/discuss/show/111913)的大佬：[qwaszx](https://www.luogu.org/space/show?uid=22136)（dsq）,[Mital](https://www.luogu.org/space/show?uid=30036)。 另一道板子题——[可持久化线段树1](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3834) 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](https://www.luogu.org/blog/LpyNowlover/solution-p3834)，因为我不太会讲。~~还不是没理解~~ [完整代码](https://www.luogu.org/paste/f3kmuspq) 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](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4735) 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** ``` cpp 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** ``` cpp 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](https://www.luogu.org/paste/f4btmtyw) 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](https://www.luogu.org/problemnew/show/P5283)，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](https://www.luogu.org/space/show?uid=22136)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](https://www.luogu.org/problemnew/show/P1631)。 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](https://www.luogu.org/blog/qwaszx/solution-p5283)。 [完整代码](https://www.luogu.org/paste/24pm13in) 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！”**