说来惭愧，一个月前就写了trie的题，现在才想起来整理博客，中途我会隔一段时间在敲一下原来做过的题，能做到速度和质量后再来写一下我的一些心得吧；
Trie树：一种基本的数据结构；
用来实现字符串快速检索的一种多叉树，每个节点拥有多个字符指针，若在插入或检索中扫描到一个字符c，沿着当前指针走向指针所指的下一个节点；
1.初始化：只有一个根节点，字符指针均指向空；
2.插入：插入一个字符串s；
首先建一个指针P指向根节点，扫描每一个字符c，若P的c字符指针指向节点Q，那么令P=Q；
如果P的c字符指针指向空，那么新建一个节点Q，令P=Q
依次扫描，直至在字符串的末尾（当前的P节点）标记一下；
3,查询：查过一个字符串S是否在tire中出现过；
从根节点出发，扫描S的每一个字符c，如果当前指针P的c字符指针指向空，那么结束，S没有出现过；
如果扫描完S的每一个字符后，当前指针P被标记过，那么S出现过，否则没有出现过；
以上是trie的基本操作；
此类问题也常与前缀问题，异或问题结合，下面会接着讲；
加几道基础题：
题目大意：给定M个01串，N个01串，对于每一个N串，求满足有多少个M个串和它拥有相同的前缀，这个前缀长度必须等于N串和M串长度的的较小者；
思路：我们对M个串建一个trie树，用pass[i]表示经过节点i的M串有多少个，用c[i]表示用i结尾的字符串的个数；
那么对于query函数，我们只需要依次遍历N串的字符，用c[i]更新累加ans，只有两种情况：
1.如果指向空节点，返回答案ans;//因为当前字符串N的长度比路径上的字符串长，ans等于遍历的路径上的字符串总数；
2.这个串包括这个路径上的所有字符，返回ans+pass[i]-c[i];//画图理解一下；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();} x*=f; } int n,m,x,idx,a[500000],trie[500000][3],pass[500000],c[500000]; inline void insert(int k) { int p=0; for(int i=1;i<=k;i++) { int ch=a[i]; if(!trie[p][ch]) trie[p][ch]=++idx; p=trie[p][ch]; pass[p]++; } c[p]++; } inline int query(int k) { int p=0,ans=0; for(int i=1;i<=k;i++) { int ch=a[i]; if(!trie[p][ch]) return ans; p=trie[p][ch]; ans+=c[p]; } return ans+=pass[p]-c[p]; } int main() { read(n); read(m); for(int i=1;i<=n;i++) { read(x); for(int j=1;j<=x;j++) read(a[j]); insert(x); } for(int i=1;i<=m;i++) { read(x); for(int j=1;j<=x;j++) read(a[j]); cout<<query(x)<<endl; } return 0; }
2.L语言：
给定N个单词和M个句子，问这M个句子中包括这N个单词的最长前缀是多少；
思路：
我们对于N单词建一个trie树，对单词结尾打上标识；
对于每一个句子，我们用f[i]表示前i个字符是否可行，那么每次检索[i+1,L]//L指句子的长度；如果遍历到有标记的节点，更新f[i]；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();} x*=f; } int n,m,idx,l,c[5000000],f[5000000],trie[5000000][26]; char ch[1500000]; inline void insert(char *s) { int p=0,l=strlen(s+1); for(int i=1;i<=l;i++) { int ch=s[i]-'a'; if(!trie[p][ch]) trie[p][ch]=++idx; p=trie[p][ch]; } c[p]=1; } inline int query(char *s,int st) { int p=0; for(int i=st;i<=l;i++) { int ch=s[i]-'a'; if(!trie[p][ch]) return 0; p=trie[p][ch]; if(c[p]) f[i]=1; } //return c[p]; } int main() { read(n); read(m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",ch+1); insert(ch); } for(int k=1;k<=m;k++) { scanf("%s",ch+1); l=strlen(ch+1); f[0]=1; for(int i=1;i<=l;i++) f[i]=0; for(int i=0;i<=l;i++) if(f[i]) query(ch,i+1); for(int i=l;i>=0;i--) if(f[i]) { cout<<i<<endl; break; } } return 0; }
题目大意：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。
所以只需要在插入时判断即可；
请不要忘记清空trie；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int T,n,m,idx,ans=0,trie[100050][25],cnt[100050]; char str[25]; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } inline void clear() { for(int i=0;i<=idx;i++) { for(int j=0;j<=15;j++) { trie[i][j]=0,cnt[i]=0; } } } inline int insert(char str[]) { int p=0,l=strlen(str+1); int f1=0,f2=1; for(int i=1;i<=l;i++) { int ch=str[i]-'0'; if(!trie[p][ch]) trie[p][ch]=++idx,f2=0; p=trie[p][ch]; if(cnt[p]) f1=1; } cnt[p]=1; if(f1) return 1; if(f2) return 1; return 0; } int main() { read(T); while(T--) { clear(); ans=0;idx=0; read(n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",str+1); if(insert(str)) ans=1; } if(ans) cout<<"NO"<<endl; else cout<<"YES"<<endl; } return 0; }
以下是算法进阶指南上的题目：
1.前缀统计
题目描述：
给定N个字符串S1,S2…SN，接下来进行M次询问，每次询问给定一个字符串T，求S1～SN中有多少个字符串是T的前缀。
输入格式
第一行输入两个整数N，M。
接下来N行每行输入一个字符串Si。
接下来M行每行一个字符串T用以询问。
输出格式
对于每个询问，输出一个整数表示答案。
每个答案占一行。
思路：
我们将N个字符串插入trie树中，但是我们为了处理重复现象，我们将每个节点记录为有多少个字符串的在这里结尾，记录个数cnt，而不能只做结尾标记；
检索字符串T，累加路径上的cnt即可；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 1000010 int idx,n,m; int tire[N][26],cnt[N]; string s; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();} x*=f; } inline void insert(string s) { int p=0; for(int i=0;i<s.size();i++) { int ch=s[i]-'a'; if(tire[p][ch]==0) tire[p][ch]=++idx; p=tire[p][ch]; } cnt[p]++; } inline int query(string s) { int p=0,res=0; for(int i=0;i<s.size();i++) { p=tire[p][s[i]-'a']; if(p==0) return res; res+=cnt[p]; } return res; } int main() { read(n);read(m); for(int i=0;i<n;i++) { cin>>s; insert(s); } for(int i=0;i<m;i++) { cin>>s; cout<<query(s)<<endl; } return 0; }
题目描述：
在给定的N个整数A1，A2……ANA1，A2……AN中选出两个进行xor（异或）运算，得到的结果最大是多少？
输入格式
第一行输入一个整数N。
第二行输入N个整数A1A1～ANAN。
输出格式
输出一个整数表示答案。
数据范围
1≤N≤105
0≤Ai<231
思路：
枚举是行不通了；
根据XOR的性质是“相同为0，不同为1”，我们再选两个数异或时尽量选择每位不同的，尽可能的让结果大；
所以我们将每个数看做一个二进制数插入trie树中；
接下来对应每一个Ai，我们进行检索；
怎么检索呢，我们从根节点出发，对于当前Ai的j位，我们每次都尝试沿着与j位上数字的不同的指针向下检索，（这样答案尽可能大），
如果与其不同的指针指向空，那么我么只好沿着相同的走；
这样我们就找到了与当前Ai做XOR最大的值了；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 1000100 #define M 3000000 int n,a[N],tire[M][2],idx; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} x*=f; } inline void insert(int x) { int p=0; for(int i=31;~i;i--) { int ch=x>>i&1; if(tire[p][ch]==0) tire[p][ch]=++idx; p=tire[p][ch]; } } inline int query(int x) { int p=0,res=0; for(int i=31;~i;i--) { int ch=x>>i&1; if(tire[p][ch^1]) { p=tire[p][ch^1]; res+=1<<i; } else p=tire[p][ch]; } return res; } int main() { read(n); for(int i=1;i<=n;i++) { read(a[i]); insert(a[i]); } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,query(a[i])); cout<<ans<<endl; }
题目描述：
给定一个树，树上的边都具有权值。
树中一条路径的异或长度被定义为路径上所有边的权值的异或和：
⊕ 为异或符号。
给定上述的具有n个节点的树，你能找到异或长度最大的路径吗？
输入格式
第一行包含整数n，表示树的节点数目。
接下来n-1行，每行包括三个整数u，v，w，表示节点u和节点v之间有一条边权重为w。
输出格式
输出一个整数，表示异或长度最大的路径的最大异或和。
数据范围
1≤n≤100000
0≤u,v<n
0≤w<231
思路：
设D[x]为根节点到x的路径上所有边权的XOR值；
那么有：D[x]=D[father[x]]xorWeight(x,father(x));
根据上式，我们可以先dfs求出当前所有节点的D[x]值，那么x到y的路径就是D[x]xorD[y]，（即使没有经过根节点，那么重复的相同路径异或后为0，所以将相当于没有经过）；
所以问题转化：
从D[1]~D[N]中选择两个使得XOR值最大，和上题类似；
同样使用trie树快速求解：
但是洛谷和Acwing的根节点不同，以下是Acwing的AC代码；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 500010 #define M 3000010 template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} x*=f; } int n,x,y,z,tot,idx,lin[N],d[M],tire[M][2]; struct gg{ int y,next,v; }a[N<<1]; inline void add(int x,int y,int v) { a[++tot].y=y; a[tot].next=lin[x]; a[tot].v=v; lin[x]=tot; } inline void dfs(int x,int fa,int sum) { d[x]=sum; for(int i=lin[x];i;i=a[i].next) { int y=a[i].y; if(y!=fa) { dfs(y,x,sum^a[i].v); } } } inline void insert(int x) { int p=0; for(int i=31;~i;i--) { int ch=x>>i&1; if(tire[p][ch]==0) tire[p][ch]=++idx; p=tire[p][ch]; } } inline int query(int x) { int p=0,res=0; for(int i=31;~i;i--) { int ch=x>>i&1; if(tire[p][ch^1]) { p=tire[p][ch^1]; res+=1<<i; } else p=tire[p][ch]; } return res; } int main() { read(n); for(int i=1;i<n;i++) { read(x);read(y);read(z); add(x,y,z); add(y,x,z); } dfs(0,-1,0); for(int i=1;i<=n;i++) { insert(d[i]); } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,query(d[i])); printf("%d ",ans); return 0; }
ok撒~；(^_−)☆