咸鱼小屋

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就算我变弱了,也不代表你变强了

Trie与可持久化Trie

posted on 2019-04-28 17:32:24 | under 学习笔记 |

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Trie字典树 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: 01Trie 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。

主席树 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!”