01 字典树

简介

( extbf{01trie}) 就是把整数的二进制表达式当作字符串，按照从高位到低位的顺序，挂载在字典树上，每个节点有两个孩子，分别是 (0, 1)，从而形成一棵二叉树，常用来处理异或问题

例如将一个数组 ([1, 2, 3]) 挂在 ( extbf{01trie}) 上，便得到如下所示的一棵二叉树

性质

由于 ( extbf{01trie}) 是一棵二叉树，且最大深度取决于挂载值的大小，设挂载最大值为 (n)，那么一次查询前缀的过程便可以在 (O(log n)) 时间完成

例题

力扣 421. 数组中两个数的最大异或值

给定 (n) 个正整数的数组 (a)，计算 (a_{i} oplus a_{j}) 的最大值

数据规定

(1leq nleq 2cdot 10^4)

(1leq a_{i}leq 2^{31} - 1)

题解

将数组中所有正整数的二进制表示，按照从高位到低位的顺序，当作字符串挂载在字典树上，形成 (01) 字典树，该字典树为一棵二叉树

对于正整数 (t)，为了寻找数组中的 (s)，使得 (xoplus t) 最大，我们只要每次贪心走与当前位相反的路即可

具体来讲，如果当前位为 (1)，我们走 (0) 子树，反之走 (1) 子树，当然，如果不存在对应的子树，我们还是得走存在的子树

这样可以保证异或后的高位尽可能为 (1)，在二进制表示中，高位为 (1)，即使剩下的全 (0)，结果也要比高位为 (0)，剩下的全 (1) 结果大，直观的感受，((100)_{2} > (011)_{2})，这便证明了贪心的正确性

时间复杂度为 (O(nlog L))，其中 (L = 2^{31} - 1)

// cpp
const int N = 2e4;
const int M = 31;

class Solution {
public:
    int node[N * M][2], cnt = 0;

    void insert(int x)
    {
        int p = 0;
        for (int i = M; i >= 0; --i) {
            int idx = 1 & (x >> i);
            if (!node[p][idx]) node[p][idx] = ++cnt;
            p = node[p][idx];
        }
    }
    int query(int x)
    {
        int p = 0;
        int ans = 0;
        for (int i = M; i >= 0; --i) {
            int idx = 1 & (x >> i);
            if (node[p][idx ^ 1]) {
                ans *= 2, ans += 1;
                p = node[p][idx ^ 1];
            }
            else {
                ans *= 2, ans += 0;
                p = node[p][idx];
            }
        }
        return ans;
    }

    int findMaximumXOR(vector<int>& nums) {
        for (auto &i: nums) insert(i);
        int ans = 0;
        for (auto &i: nums) ans = max(ans, query(i));
        return ans;
    }
};

力扣 1707. 与数组中元素的最大异或值

给定 (n) 个正整数的数组 (a)，给定 (q) 个询问，每个询问包含两个正整数 (x_{i}, m_{i})

对于每一个询问，在 (a) 中所有不大于 (m_{i}) 的数中选一个 (y)，使得 (x_{i}oplus y) 最大，返回这个最大值

数据规定

(1leq n, qleq 10^5)

(1leq a_{i}, x_{i}, m_{i}leq 10^9)

题解

离线查询，对 (a) 从小到大排序，对 (q) 按照 (m_{i}) 从小到大排序

根据单调性，使用双指针，将 (a) 中符合条件的正整数 (a_{i}) 挂载到字典树上，进行查询即可

时间复杂度为 (O((q + n)cdot log L + qlog q + nlog n))，其中 (L = 10^9)

// cpp
#define pb push_back

const int N = 1e5;
const int M = 30;

class Solution {
public:
    int node[N * M][2], cnt = 0;

    void insert(int x)
    {
        int p = 0;
        for (int i = M; i >= 0; --i) {
            int idx = 1 & (x >> i);
            if (!node[p][idx]) node[p][idx] = ++cnt;
            p = node[p][idx];
        }
    }
    int query(int x)
    {
        int p = 0;
        int ans = 0;
        for (int i = M; i >= 0; --i) {
            int idx = 1 & (x >> i);
            if (node[p][idx ^ 1]) {
                ans *= 2, ans += 1;
                p = node[p][idx ^ 1];
            }
            else {
                ans *= 2, ans += 0;
                p = node[p][idx];
            }
        }
        return ans;
    }

    vector<int> maximizeXor(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& q) {
        int idx = 0;
        for (auto &i: q) i.pb(idx++);
        sort(q.begin(), q.end(), [&](const vector<int> &x, const vector<int> &y){
            return x[1] < y[1];
        });
        sort(nums.begin(), nums.end());
        int n = q.size();
        vector<int> ans(n);
        for (int i = 0, j = 0; i < n; ++i) {
            while (j < nums.size() && nums[j] <= q[i][1])
                insert(nums[j++]);
            if (!j) ans[q[i][2]] = -1;
            else ans[q[i][2]] = query(q[i][0]);
        }
        return ans;
    }
};

力扣 1938. 查询最大基因差

给定一棵 (n) 个节点的树，每个节点的编号 (i) 即为其权值 (v_{i})

给定 (q) 个查询，每个查询包含树上一个点的编号 (i) 和目标值 (t)

对于每一个查询，你需要选一个从根到 (i) 的节点 (j)，要求使得 (j oplus i) 值最大，返回这个最大值

数据规定

(1leq nleq 10^5)

(1leq qleq 3cdot 10^4)

(1leq v_{i}leq 2cdot 10^5)

题解

离线查询，维护每个节点的所有查询

我们需要维护一个从根到当前节点的路径，因此考虑 dfs

具体来讲，深搜到当前点 (i) 时，将 (v_{i}) 挂载在 01 trie 上，同时进行一次查询，计算出最大的异或值，继续向下深搜，等到回溯的时候，将当前节点的权值从字典树上删除

计算最大异或值时，每次贪心选择与当前位相反的节点即可

时间复杂度为 (O((n + q)cdot log L))，其中 (L = 2cdot 10^5)

// cpp
#define pii pair< int, int >
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

const int N = 2e5;
const int M = 18;

int node[N * M][2], bucket[N * M][2], cnt = 0;

void insert(int x)
{
    int p = 0;
    for (int i = M; i >= 0; --i) {
        int idx = 1 & (x >> i);
        if (!node[p][idx]) node[p][idx] = ++cnt;
        bucket[p][idx]++;
        p = node[p][idx];
    }
}
void del(int x)
{
    int p = 0;
    for (int i = M; i >= 0; --i) {
        int idx = 1 & (x >> i);
        int next = node[p][idx];
        if (bucket[p][idx] == 1) node[p][idx] = 0;
        bucket[p][idx]--;
        p = next;
    }
}
int query(int x)
{
    int p = 0;
    int ans = 0;
    for (int i = M; i >= 0; --i) {
        int idx = 1 & (x >> i);
        if (node[p][idx ^ 1]) {
            ans *= 2, ans += 1;
            p = node[p][idx ^ 1];
        }
        else {
            ans *= 2, ans += 0;
            p = node[p][idx];
        }
    }
    return ans;
}

class Solution {
public:
    unordered_map< int, vector< pii > > mp;
    vector< int > son[N];
    void dfs(int u, vector< int > &ans)
    {
        insert(u);
        for (auto &i : mp[u]) ans[i.se] = query(i.fi);
        for (auto &i : son[u]) dfs(i, ans);
        del(u);
    }
    vector< int > maxGeneticDifference(vector< int > &p, vector< vector< int > > &q)
    {
        int root = 0;
        for (int i = 0; i < p.size(); ++i) {
            if (p[i] != -1)
                son[p[i]].push_back(i);
            else
                root = i;
        }
        int n = q.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            q[i].pb(i);
            mp[q[i][0]].pb({ q[i][1], q[i][2] });
        }
        vector< int > ans(n);
        dfs(root, ans);
        return ans;
    }
};