Trie——解決字符串搜索、異或最值問題

Trie——解決字符串搜索、異或最值問題

• 在說到Trie以前，咱們設想以下問題：

給咱們1e5個由小寫字母構成的不重複的字符串，每一個字符串長度不超過6，以後是1e5次查詢操做，每次給咱們一個字符串，要求咱們判斷這個字符串是否出現過，若是是則求出它是多少個其餘的字符串的前綴，並在以後的操做中無視這個字符串（刪除）。

• 查詢是否出現這個能夠用set或者hash，可是前綴，，其實也有辦法，可是這裏要介紹的方法是使用一種易於理解的數據結構——Trie

創建Trie

• 字典樹Trie的結構比較天然，如對於字符串集合{"abca", "ab", "bcd", "abcde", "bcde", "bcdf"}，能夠創建一棵這樣的Trie：

可知：

- 每一條邊表明一個字符
- 節點不爲0表明從根節點到此爲一個完整的字符串

實現的方法也比較簡單，創建一棵單向樹，每一個節點都有

• 26個子節點（全部小寫字母）；

• 一個isstr，bool值，表明這裏是否爲一個字符串的結束

• 一個vis，int值，表明到這裏已經有多少個字符串遍歷過（是多少字符串的前綴）

一開始樹爲空，咱們每獲得一個字符串，就從它的第一個字符開始，從根節點遍歷，沒有對應的節點就建立，同時把所通過的節點的vis值加一，到最後字符串終止時，在終止的節點處置isstr爲true。

更多操做

1.查詢

從樹的形狀就能夠看出，這是一棵專門查詢字符串存在與否的數據結構（同時也付出了巨大的空間代價）。查詢操做很簡單，從根節點開始，按照要查詢的字符串的每一位來遍歷，若是遇到空節點或者終止時的節點的isstr爲false，則字符串不存在，不然存在。

2.查詢某個串是多少個字符串的前綴

這個就是讀取要查詢的字符串的終止節點的vis值便可

3.刪除某個字符串

首先查詢成功以後，咱們從底部開始回溯刪除這個串的信息，將終止節點的isstr置爲false，同時將路過的vis值減一，若是vis值減爲0則將將此節點在其父節點中刪除便可。

01Trie解決xor最值問題

原題連接

題意

給咱們一個序列A和序列B，要求咱們找到B序列的一種排列，使得

\[C_i \quad xor \quad B_i == A_i \]

中的序列C字典序最小，並輸出序列C，長度<=3e5，每一個數小於2^30

思路

• 首先按照運算規則C xor B == A意味着A xor B == C 也就是說 尋找一種B的排列，使得A逐個與B異或的結果的字典序最小

• 3e5基本不可能在其餘操做中間搞什麼排序了，應該從異或運算的結果出發，咱們追求結果的字典序最小，也就是說，對於每一個Ai，咱們都要找到一個Bj，使得其異或結果最小。這個若是直接找的話，是比較難的。可是若是使用Trie的話，能夠直接求得每個Ai的最小結果，方法以下：

  • 對B序列創建一棵只包含01字符的Trie（也就是二叉樹），咱們規定A與B的每個數都是30位二進制數，左邊補零，從左邊的第一位開始建樹。

  • B序列的01Trie建好以後，對A序列從1到n每一個數都按位在Trie中遍歷，一開始先設ans爲0，以後優先走與當前本身的二進制位相同的邊，若是沒有則讓ans或上這一位的1。（確保ans儘量地小）

  • 以後輸出這個ans，並將走過的路線所表明的Bi刪除掉就能夠

• 能夠看出時間複雜度爲

  \[O(30*n) \]

• 對空間複雜度來講，不要使用滿二叉樹的存儲方式，使用動態開點的方式，空間複雜度不超過

  \[O(30*n) \]

01Trie代碼以下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n;
int aa[10000005][2] = {{0}}, vv[10000005][2] = {{0}}, co = 1;
int A[300005] = {0};

void add(int x)
{
	int o = 1;
	for (int i = 29; i >= 0; --i)
	{
		int bitt = (x >> i) & 1;
		if (!aa[o][bitt])
		{
			aa[o][bitt] = ++co;
		}
		++vv[o][bitt];
		o = aa[o][bitt];
	}
}

int trie(int x)
{
	int o = 1, ans = 0;
	for (int i = 29; i >= 0; --i)
	{
		int bitt = (x >> i) & 1;
		if (vv[o][bitt])
		{
			--vv[o][bitt];
			o = aa[o][bitt];
			
		}
		else
		{
			--vv[o][bitt ^ 1];
			o = aa[o][bitt ^ 1];
			ans |= (1 << i);
		}
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		scanf("%d", &A[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		int xx;
		scanf("%d", &xx);
		add(xx);
	}
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	{
		printf("%d ", trie(A[i]));
	}
	printf("%d", trie(A[n]));
	return 0;
}