学习笔记：字典树 (Trie 树)
字典树的构建与检索
字典树，顾名思义，就是查字典怎么查，在这个树里就怎么检索。Trie 这个名字来自英文单词 retrieval（检索）。
树的边上有字符，而从祖先到子孙的一条路径就是一个字符串。从一个节点不会向下延伸出相同字符的边。
对于插入字符串，我们动态开点，与之前字符串匹配的前缀共用节点，直到出现新的字符再开点。
设 \(tr(i,c)\) 表示 \(i\) 节点向下沿字符 \(c\) 的边指向的节点。检索一个字符串是容易的。
（上面说的好像依托史，还是看代码吧。）
单次插入或查询字符串 \(s\) 的时间复杂度为 \(O(|s|)\)。总空间复杂度为 \(O(N|\Sigma|)\)，其中 \(N\) 为字符串的最大长度。
洛谷-P8306 【模板】字典树 代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define f(x, y, z) for (int x = (y); x <= (z); ++x)
using namespace std;
int const N = 3e6 + 10;
int tt, n, q;
int t[70][N], cnt[N], idx;
string s;
int work(char c) {
if (isupper(c)) return c - 'A';
if (islower(c)) return c - 'a' + 26;
return c - '0' + 52;
}
void add(string s) {
int l = s.length(), p = 0;
f(i, 0, l - 1) {
int c = work(s[i]);
if (!t[c][p]) t[c][p] = ++idx;
p = t[c][p];
++cnt[p];
}
return;
}
int query(string s) {
int l = s.length(), p = 0;
f(i, 0, l - 1) {
int c = work(s[i]);
if (!t[c][p]) return 0;
p = t[c][p];
}
return cnt[p];
}
void solve() {
f(i, 0, 61) f(j, 0, idx) t[i][j] = 0;
f(i, 1, idx) cnt[i] = 0;
idx = 0;
cin >> n >> q;
f(i, 1, n) {
cin >> s;
add(s);
}
f(i, 1, q) {
cin >> s;
cout << query(s) << '\n';
}
}
signed main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
cin >> tt;
while (tt--) solve();
return 0;
}
01-Trie
字符集为 \(\{0,1\}\) 的 Trie。
01-Trie 的经典应用，就是在一堆 01 串中查找与给定 01 串的异或和最大的。
由于只要高位 \(i\) 为 \(1\)，低位无论有多少 \(0\) 也比 \(i\) 位为 \(0\) 的大，所以我们贪心地从高位到低位匹配，找与当前位相反的，如果有就选，没有就不选，这样得到的串与给定串的异或和一定是最大的。
单次插入或查询时间复杂度 \(O(\log V)\)，总空间复杂度 \(O(n\log V)\)，其中 \(V\) 为插入的二进制数的值域大小。
可持久化 Trie
其实线段树的结构与 Trie 差不多，都是二叉树或者多叉树，并且可以从上到下修改，每次修改只与一条路径有关。
因此可持久化 Trie 与可持久化线段树的思路也相似，每次在上一版本的基础上连边，只连与当前添加的串有关的节点。代码见例题。
例题
洛谷-P4551 最长异或路径
给定一棵树，边有权值，定义路径的权值为边的权值的异或和。
求所有 \((i,j)\) 之间的最短路径中，权值的最大值。
\(1\le n\le10^5\)。
设从节点 \(u\) 到节点 \(v\) 的简单路径上边权的异或和为 \(d(u,v)\)，那么由于异或满足 \(x\oplus x=0\)，有 \(d(u,v)=d(1,u)\oplus d(1,v)\)。
因此 DFS 求出所有 \(d(1,i)\)，加入 01-Trie，再查询使 \(d(1,j)\oplus d(1,i)\) 最大的 \(d(1,j)\)，更新答案即可。
洛谷-P4735 最大异或和（可持久化 01-Trie）
给定一个非负整数序列 \(a_1,\cdots,a_N\)，初始长度为 \(N\)。有 \(M\) 个操作，有以下两种操作类型：
A x：添加操作，表示在序列末尾添加一个数 \(x\)，序列的长度 \(N\) 加 \(1\)。Q l r x：询问操作，找到一个位置 \(p\)，满足 \(l \le p \le r\)，使得：\(a_p\oplus a_{p+1}\oplus\dots\oplus a_N\oplus x\) 最大，输出最大值。\(1\le N,M \le 3\times 10 ^ 5\)，\(0\leq a_i\leq 10 ^ 7\)。
首先计算前缀和，则询问转化为找到 \(l-1\le p\le r-1\) 使得 \(s_p\oplus(s_N\oplus x)\) 最大。Source code - Virtual Judge
Codeforces-1720D2 Xor-Subsequence (hard version)
给定长度为 \(n\) 的 0-indexed 序列 \(a\)。称一个子序列（其下标序列为 \(b_0,b_1,\cdots,b_{m-1}\)）是美丽的，当且仅当：
- 对于所有 \(i=0,1,2,\cdots,m-2\)，有 \(a_{b_i}\oplus b_{i+1}<a_{b_{i+1}}\oplus b_i\)，其中 \(\oplus\) 表示按位异或运算。
求出最长的美丽子序列长度。\(\sum n\le3\cdot10^5\)。
Easy version: \(0\le a_i\le200\)。
Hard version: \(0\le a_i\le10^9\)。
考虑朴素的线性 DP，设 \(f(i)\) 表示以 \(i\) 结尾的最长美丽子序列长度。那么
对于 easy version，枚举 \(a_j\)，选择满足条件的最大的 \(f(j)\) 进行转移即可。
对于 hard version，我们考虑如何快速找到合法的 \(j\)。考虑将条件转化，尽量变成只需要维护关于 \(i\) 的函数的问题。
设 \(X=a_j\oplus i\)，\(Y=a_i\oplus j\)，要使得 \(X<Y\)，一定存在 \(k\) 使得 \(X\) 和 \(Y\) 的前 \(k\) 位相同，而 \(X\) 的第 \(k+1\) 位为 \(0\)、\(Y\) 的第 \(k+1\) 位为 \(1\)。因此从高到低位考虑。
（下面的 \(a_j,i,a_i,j\) 都表示对应的一个二进制位。）
对前 \(k\) 位有 \(a_j\oplus i=a_i\oplus j\)，即 \(a_i\oplus i=a_j\oplus j\)。
对第 \(k+1\) 位有 \(a_j\oplus i=0,a_i\oplus j=1\)，即下面两种情况之一：
- \(a_j=i=a_i=\overline{j}\)，即 \(a_i\oplus i=0,a_j\oplus j=1\)，且 \(j=\overline i\)；
- \(a_j=i=\overline{a_i}=j\)，即 \(a_i\oplus i=1,a_j\oplus j=0\)，且 \(j=i\)。
综上所述，\(a_j\oplus i<a_i\oplus j\) 等价于存在 \(k\ge0\) 使得 \(a_i\oplus i\) 和 \(a_j\oplus j\) 的前 \(k\) 位相同，且第 \(k+1\) 位满足：
- \(a_i\oplus i\) 和 \(a_j\oplus j\) 不同；
- \(j=a_i\oplus1\)。
于是就转化为了 0/1 Trie 上搜索的问题。
Submission #385508087 - Codeforces
浙公网安备 33010602011771号